题面
简要题意：给出\(n\)个点，请求出两条直线，并最小化每个点到离它最近的那条直线的距离的平方和，\(n\leq 100\)
orz Shinbokuow
前置芝士
给出\(n\)个点，请求出一条直线，使所有点到它距离的平方和最小，点带插入和删除
如果我们设\(y=kx+b\)，设点\(i\)为\((x_i,y_i)\)，那么就是要求我们最小化
Ans
&=\sum_{i=1}^n{(kx_i-y_i+b)^2\over k^2+1}\\
&=\sum_{i=1}^n{k^2x_i^2+y_i^2+b^2-2kx_iy_i+2kbx_i-2by_i\over k^2+1}\\
&={1\over k^2+1}\left(k^2\sum_{i=1}^nx_i^2+\sum_{i=1}^ny_i^2+nb^2-2k\sum_{i=1}^nx_iy_i+2kb\sum_{i=1}^nx_i-2b\sum_{i=1}^ny_i\right)
\end{aligned}
\]
我们令这个柿子为\(f(k,b)\)，也就是说这是一个以\(k,b\)为自变量的函数
接下来，我们用拉格朗日乘数法对\(b\)求偏导数
上面这话说的简直不是人话，翻译一下的话，可以理解为，我们假设\(k\)是一个定值\(k_0\)，并认为\(b\)是变量，对它求导。导数为\(0\)的点就是当\(k=k_0\)时的极大或极小值（因为这里函数可以无限大所以肯定是极小值），那么显然对于任意一个\(k\)都有一个最优的\(b\)，且\(b\)是一个关于\(k\)的一次函数，我们把\(b\)代入就行了
也就是说
\]
如果我们令
\]
那么\(b\)就可以表示为
\]
然后我们把代入原式，可以解得
\]
其中
\]
\]
\]
然后我们要求\(f(k,b)\)的最小值，移项之后可以得到
\]
以下我们设\(\alpha=f(k,b)\)。因为这里需要保证\(k\)有解，也就是说
\]
整理之后有
\]
数形结合一下发现左边是个开口向下的二次函数，与\(x\)轴有一个或两个交点，那么我们取小一点的那个就好了
等会儿？万一这个二次函数最大值小于\(0\)呢？那不就无解了么？
实际上是不会的，可以用两种方法考虑
感性理解：想一想它代表的意义，再看看我手里的锤子，您说有没有解？
数学方法：因为我们考虑二次函数\(ax^2+bx+c=0\)，它的最值为\({4ac-b^2\over 4a}\)，那么代入之后可以发现哪个二次函数的最大值为
{4\times -4\times (B^2-4AC)-16(A+C)^2\over -16}
&=B^2-4AC+(A+C)^2\\
&=B^2+(A-C)^2\geq 0
\end{aligned}
\]
所以肯定有解啦！
于是我们就可以做到\(O(1)\)插入，\(O(1)\)删除了
题解
然后是题解了……
对于两条直线，它们两个的两条垂直的角平分线会把平面分成四个部分，其中两个相对的区域离一个平面比较近，另外两个相对的区域离另一条平面比较近
但是枚举角平分线这件事情就会变得非常辣手……
我们可以枚举点对\(a,b\)，并令直线\(ab\)为第一条角平分线，钦定\(a\)在其中一端，\(b\)在另一端，那么不难发现我们这样枚举其实等价于枚举完了所有的角平分线
然后第一条角平分线就解决了，接下来是和它垂直的第二条
我们计算出每个点在第一条角平分线上的投影长度，然后按投影长度排个序，那么第二条角平分线对平面的分割只有\(O(n)\)种情况，直接找过去就可以了
复杂度\(O(n^3\log n)\)，其中\(O(n\log n)\)是排序的复杂度
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=105;const double eps=1e-10;
inline int sgn(R double x){return x<-eps?-1:x>eps;}
struct node{
double x,y;
inline node(){}
inline node(R double xx,R double yy):x(xx),y(yy){}
inline node operator +(const node &b)const{return node(x+b.x,y+b.y);}
inline node operator -(const node &b)const{return node(x-b.x,y-b.y);}
inline double operator *(const node &b)const{return x*b.y-y*b.x;}
inline node operator *(const double &b)const{return node(x*b,y*b);}
inline double operator ^(const node &b)const{return x*b.x+y*b.y;}
}p[N],v;
struct qwq{
node p;double d;bool in;
inline qwq(){}
inline qwq(R node pp,R double dd,R bool ii):p(pp),d(dd),in(ii){}
inline bool operator <(const qwq &b)const{return d<b.d;}
}st[N];
struct Line{
double x,y,xx,yy,xy;int sz;
inline void ins(R node p){x+=p.x,y+=p.y,xx+=p.x*p.x,yy+=p.y*p.y,xy+=p.x*p.y,++sz;};
inline void del(R node p){x-=p.x,y-=p.y,xx-=p.x*p.x,yy-=p.y*p.y,xy-=p.x*p.y,--sz;};
inline void clr(){x=y=xx=yy=xy=sz=0;}
double calc(){
if(!sz)return 0;
double xa=x/sz,ya=y/sz,A=xx-sz*xa*xa;
double B=2*xa*ya*sz-2*xy,C=yy-sz*ya*ya;
double a=4,b=-4*(A+C),c=4*A*C-B*B;
return (-b-sqrt(b*b-4*a*c))/(a*2);
}
}l1,l2;
double res=1e18;int n;
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
scanf("%d",&n);
fp(i,1,n)scanf("%lf%lf",&p[i].x,&p[i].y);
fp(a,1,n)fp(b,1,n)if(a!=b){
v=p[b]-p[a];
fp(i,1,n)st[i]=qwq(p[i],v^(p[i]-p[a]),v*(p[i]-p[a])>eps);
st[a].in=1;
sort(st+1,st+1+n),l1.clr(),l2.clr();
fp(i,1,n)st[i].in?l1.ins(st[i].p):l2.ins(st[i].p);
cmin(res,l1.calc()+l2.calc());
fp(i,1,n){
if(st[i].in)l1.del(st[i].p),l2.ins(st[i].p);
else l2.del(st[i].p),l1.ins(st[i].p);
cmin(res,l1.calc()+l2.calc());
}
}
printf("%.10lf\n",res/n);
return 0;
}