刷 xhs 看到的题

刷 xhs 刷到学弟的一个题，就写了一下。xhs 连接

给你一根长度为 $s$ 的绳子，以及两面夹角为 $\theta$ 的墙。借助墙作为边界，最多能围出多大面积？如果两面墙不再无限长，而是长度分别为 $x,y$ 的线段，答案又会怎样变化？

题目

两面墙在墙角 $O$ 相交，夹角满足 ，角度用弧度表示。绳长 固定，绳子柔软、不可伸长，可以弯曲，也可以自由选择形状。

将绳子的两个端点分别系在两面墙上的 $A,B$，让绳子与墙段 $OA,OB$ 组成一个简单闭合边界。系绳点可以沿墙移动，绳子不能穿墙或自交；墙段不消耗绳长。

分别考虑两种情况：

1. 无限墙：两面墙是从 $O$ 出发的无限长射线，围出的区域必须位于夹角内部。
2. 有限墙：两面墙是从 $O$ 出发、长度分别为 的线段。系绳点不能超过墙端，但绳子可以绕过墙端，伸到夹角之外；墙的延长线不构成障碍。

求能够围出的最大面积，以及达到这个面积时的绳子形状和系绳点位置。

允许 $A$ 或 $B$ 取到 $O$，即其中一段被利用的墙长为零。未作为外边界的墙段可以留在区域内部。如果额外要求两面墙都必须利用正长度，那么后面某些退化情形只能给出上确界，而不能取到最大值。

也可以先自己试一试。下面固定墙长 $x=1,y=2$，夹角初始为 $\theta =\pi /3$，可用「墙夹角」滑块在 $5^{\circ }$ 到 ${175}^{\circ }$ 之间调整：拖动 A、B，或者调整对应滑块，改变 $OA,OB$；再拖动绳长滑块，观察圆弧怎样从接近直线变成大圆弧。图中的墙不会随端点移动而伸长。

先按“扇形”，观察两端垂直墙面的形状；再按“大圆弧”，看绳子绕过墙端。保持端点不动，逐渐减小绳长，直到弧线拉直；继续减小，绳子就连接不了两个端点了。这个交互展示的是给定端点的圆弧，不会自动替你选择面积最大的端点。

为什么绳子应该是一段圆弧？

先固定 $A,B$。它们与 $O$ 组成的三角形已经固定，我们能改变的只是绳子与弦 $AB$ 之间的面积。这就是固定端点的 Dido 问题：在端点与曲线长度固定时，怎样使弓形面积最大？UCL 的变分法讲义给出了这一圆弧问题及其长度约束。

先看绳子“弯得多急”。想象沿绳子走，脚下的切线方向就是前进方向。走过同样长的一小段，方向转得越多，曲率就越大。若这段弧长为 $\mathrm{\Delta }\ell$，切线转过的角度为 $\mathrm{\Delta }\phi$，那么局部曲率的大小约为 $|\mathrm{\Delta }\phi |/\mathrm{\Delta }\ell$，把弧段缩到一点就得到曲率。圆上有 $\mathrm{\Delta }\ell =R\mathrm{\Delta }\phi$，所以半径为 $R$ 的圆处处有 $\kappa =1/R$：小圆弯得急，大圆弯得缓，直线的曲率为零。MIT 的曲率讲义也从切线方向随弧长的变化定义这一量。

现在试着把一小段绳子垂直向外推。它扫过一条窄带，增加面积，同时也需要更多绳长。下面会看到：推出同样的距离 $u$，一阶面积增量约为 $u$ 乘以这段弧长，长度增量还要再乘以局部曲率 $\kappa$。弯得越急的地方，同样的面积收益需要花费越多绳长。

把这个直觉写成变分，就可以明确得到“曲率恒定”的方程。先考虑绳长大于端点距离的非退化情形，并暂时固定两端。我们先在光滑曲线中寻找候选形状，再用后面的全局上界验证它；仅仅求出一个驻点，还不能宣布它是最大值。

沿围出区域的边界逆时针走，绳子这一段从 $A$ 走到 $B$。用原曲线的弧长 $\ell$ 作参数，记绳子为 $\gamma (\ell )$，单位切向量为 $T$，外法向量为 $n$。曲率 $\kappa$ 的符号约定为：向外鼓起的圆弧取正值。于是

现在只推挤绳子的内部：把位置 $\ell$ 沿外法线移动 $\epsilon f(\ell )$，其中 $f$ 在端点附近为零。正的 $f$ 表示向外推，负的 $f$ 表示向内收。扰动后的曲线是

这里 $\ell$ 只是原曲线的弧长参数；扰动之后，不再要求 ${\gamma }_{\epsilon }$ 仍以单位速度走过。下面用 $\mathcal{A}$ 表示面积、$L$ 表示绳子的实际长度，$\delta$ 表示对 $\epsilon$ 求导后取 $\epsilon =0$。

面积怎样变？ 一小段长度为 $\mathrm{d}\ell$ 的绳子向外移动 $\epsilon f$，一阶增加的是一条宽为 $\epsilon f$ 的窄带。因此

长度怎样变？ 先看一小段圆弧：向外平移 $u$ 后，半径从 $R$ 变成 $R+u$，两端半径之间的角度 $\mathrm{\Delta }\phi$ 不变。原弧长是 $\mathrm{\Delta }\ell =R\mathrm{\Delta }\phi$，新弧长是 $(R+u)\mathrm{\Delta }\phi$，所以多用的绳长为

一般光滑曲线在很小范围内也有这样的局部弯曲程度；下面直接求导，验证即使推挤的幅度沿绳子变化，一阶长度变化仍由同一个系数决定。对扰动曲线求导，利用 $n^{\prime }=\kappa T$，得到

因为 $T,n$ 正交且都是单位向量，扰动后的长度就是

对 $\epsilon$ 求导后取零，便得到

这正好解释了前面的直觉：同样向外移动一小段距离，面积收益的一阶系数是 $1$，长度成本的一阶系数却是局部曲率 $\kappa$。

这也给出一个具体的改进方向。假设两小段都向外鼓起，急弯处的曲率是缓弯处的两倍：在急弯处向内收，省下一点绳长；再把它用在缓弯处向外推。一阶近似下，得到的面积是失去面积的两倍，总面积便增加了。只要还能这样调配，原来的形状就不是最优；下面用变分把“各处应当同样弯”写成方程，并处理一般的局部扰动。

但任意的 $f$ 未必保持绳长，所以不能直接要求 $\delta \mathcal{A}=0$。对约束 $L=s$ 引入拉格朗日乘子，考虑

这里只约束总长度这一个数，所以 $\lambda$ 是一个常数，不是沿绳子变化的函数。最优曲线必须使

对任意这样的局部推挤 $f$ 都成立。若某处 $1-\lambda \kappa$ 不为零，就能在那一小段选择同号的 $f$，让积分不为零。因此

为什么恒定曲率就意味着圆？ 不必再靠图形直觉：令

那么

所以 $C$ 是一个固定点，并且

处处成立。绳子上的每一点到同一个点的距离相同，绳形自然就是一段圆弧。对于向外鼓起的最优分支，，于是 $\lambda =R$。

变分到这里给出了必要条件。全局最优性还要另证：把候选圆弧补成一个整圆，再把同一段补弧接到任何其他等长曲线上。拼接后的总长度始终等于这个圆的周长；如果其他曲线贡献的有向面积更大，拼接后的有向面积就会超过圆，违反等周不等式。因此，选定端点后，这段向外鼓起的圆弧确实达到全局最大值。这里使用的有向面积版本也允许拼接曲线发生自交。

圆弧不一定是小于半圆的劣弧。端点很近而绳子很长时，最优形状会接近一整个圆，只留下很短的一条弦。

无限墙：圆心为什么恰好是墙角？

固定端点的结论还不够，因为端点也能沿墙滑动。设最优圆弧的半径为 $R$。如果绳子在系绳点处与墙不垂直，沿墙移动端点，就会一阶改变绳长；端点扫过的面积却只有二阶大小。把省下来的绳长放到圆弧上向外扩张，就能增加面积。因此，自由滑动的端点处，绳子必须与墙垂直。

圆的切线与半径垂直，所以对应的半径必须沿着墙。两面墙上的端点都自由，圆心就必须同时在两条墙线上，只能是交点 $O$。

看图中的两个直角：它们约束的是端点处的切线方向，不是说整根绳子要拉直。绳子的中间部分仍然向外鼓起，而圆心已经不能再自由移动。

于是最优区域是半径为 $R$、圆心角为 $\theta$ 的扇形。绳子只负责弧边，因此

消去半径，得到

例如两面墙互相垂直，$\theta =\pi /2$，应围成四分之一圆，面积为 $s^2/\pi$。只借助一面无限长的直墙时，最优形状是半圆，面积为 $s^2/(2\pi )$；直角墙角把这个面积翻了一倍。

有限墙：先固定端点，算出面积

现在令两面墙的长度分别为 $x,y$，并记

有限墙增加的是端点位置的约束，不是“半径必须小于短墙”的约束。只要圆心离开 $O$，半径就不再等于被利用的墙长。

为了一次处理小圆弧、半圆和大圆弧，我们用绳子对应的圆心角 $\alpha$ 描述它。注意，$\alpha$ 与墙的夹角 $\theta$ 是两个不同的量。

由余弦定理，两个端点的距离为

设圆弧半径为 $R$。弧长和弦长分别满足

消去 $R$，就得到决定圆弧的方程：

右侧从 $1$ 严格递减到 $0$。因此，只要 ，就存在唯一的 $\alpha$，直接二分即可。这里必须搜索整个 $(0,2\pi )$；只搜索 $(0,\pi ]$ 会漏掉长绳子的答案。

接下来，沿图中的虚线切开，把所围区域拆成绿色的三角形 $OAB$ 与棕色的圆弓形。先算不依赖绳子弯曲方式的三角形：

圆弓形的面积是扇形面积减去相应的有向三角形面积，即

当 时，，这个式子自动给出大弓形的面积，不需要另外拼一个公式。

暂时不把未使用墙段当作障碍，固定 $a,b$ 时的最优面积是

其中 $\alpha$ 由上面的弦长方程确定。圆弧选在弦 $AB$ 背离 $O$ 的一侧，使两部分面积相加。对任意固定端点，这首先是一个上界：画出的圆弧还可能穿过未使用的真实墙段。不过，让端点一起参与全局优化以后，最大值确实存在不穿墙的构造，下面会说明原因。

三个边界情况也很自然： 时绳子够不到；$d=s$ 时弓形面积为零；$d=0$ 时取极限 $s^2/(4\pi )$，也就是整圆面积。

再让端点移动：有限墙的答案

有限墙的统一答案可以写成

这个表达式已经把“在所有曲线里找最优形状”化成了两个实数的优化。不过，还可以进一步降到一维。

如果两个端点都严格位于各自墙段内部，垂直条件仍然成立，圆心必须为 $O$，所以唯一的内部候选仍然是

它只有在

时才可行。一旦这个条件成立，有限墙能够实现无限墙的最优扇形，上界也就取到了，直接返回 $s^2/(2\theta )$。

如果扇形放不下，最大值必在端点矩形的边界上。于是只需比较四个一维问题：

每项都只保留 $d\le s$ 的可行部分。最后两项是允许一个系绳点到达墙角的单墙情形，不能随意删除。

这里的“一维优化”仍然要求找全局最大值。不同的圆弧分支可能竞争，不能未经证明就对整个区间做一次三分搜索。可以找齐区间端点与驻点，再比较面积；用于作图的密集采样加局部细化，只能视为数值近似。

短墙用满之后，圆心怎样移动？

为了看清最初的变化，不妨设 $x\le y$。当 $s$ 刚超过 $\theta x$，原来的扇形会先碰到短墙的墙端。此时令 $a=x$，另一个端点暂时仍可沿长墙滑动。

因为 $B$ 自由，圆心 $C$ 必须在长墙所在的直线上。把 $C$ 在这条有向直线上的坐标记为 $t$，并取从扇形连续延伸出来的圆弧分支。短墙端点 $A$ 到长墙线的垂直距离为 $x\sin \theta$；同一个距离也等于 $R\sin \alpha$，所以

结合 $s=R\alpha$，得到

沿长墙方向投影，还可以得到

而 $B$ 在圆心前方一个半径处，因此

在起点 $\alpha =\theta$，有 $R=x,t=0,b=x$，正好接上扇形。绳子继续变长，$\alpha$ 与 $b$ 随之增大，圆心离开 $O$。

当这个分支碰到长墙端点时，$b=y$，对应

这描述了“短墙先受限、随后长墙也受限”的连续分支。它不是任意绳长下都成立的三段式答案：继续增加绳长以后，还要与其他边界候选比较，尤其是只利用一面墙的候选。

图中取 $\theta =\pi /3,x=1,y=2$，三幅图使用相同的长度比例。实线是实际墙段，粗曲线是绳子，虚线是弦 $AB$，阴影是围出的区域。圆心从墙角 $O$ 移到长墙线上，最后在两个端点都固定时离开两条墙线；第三幅图的绳子已经绕过短墙端点，伸到夹角之外。

一个数值例子，以及长绳子的反直觉之处

继续取 $\theta =\pi /3,x=1,y=2$。用统一公式比较端点边界，可以得到下面的数值结果，均四舍五入到六位小数：

前两行分别是扇形与短墙受限的圆弧。第三行已经有 ，是大圆弧。最后一行却把第一面墙的使用长度变成了零：绳子从 $O$ 出发，绕出一个大弓形，再接到第二面墙的墙端。

为了让差别在图上更明显，上图另取两面等长的墙与三十度夹角。左图两段墙都在外边界上；右图只把其中一段墙作为外边界，另一段墙留在围出的区域内部。比较下面标出的面积，就能看到：省略一段外边界上的墙，确实可能围得更大。

为什么不用满两面墙反而更好？因为大圆弧接近整圆时，墙提供的弦长也很重要。两面墙都用满，弦长为

这个例子中 。不用第一面墙，虽然失去了三角形面积，却得到了更长的弦；绳子很长时，后者带来的收益会占上风。

更具体地，固定 $d$，令 $s\to \mathrm{\infty }$。此时 $\alpha \to 2\pi$，小缺口对应的弧长趋近于弦长 $d$，所以整个圆的周长约为 $s+d$。由此得到

三角形面积是有界的，而弦长增加带来的收益有一个与 $s$ 成正比的项。因此，长绳子的首要选择趋向于最大化弦长。矩形 $[0,x]\times [0,y]$ 上，弦长的最大值为

这解释了为什么锐角墙可能最终只利用一面墙，也说明“既然墙免费，就一定应该全部用满”并不成立。这里说的是长绳极限下的趋势；有限 $s$ 的切换点仍应比较完整面积，而不能只比较弦长。

可直接运行的求解代码

下面的 Python 代码先计算固定端点的 $F_s(a,b)$，再按上述三个单调区间找齐驻点，比较所有候选。它返回最大面积、两段被利用的墙长，以及绳子的圆弧角；数值精度受双精度浮点数限制。

from math import cos, hypot, pi, sin, tan


def area_for_endpoints(s, theta, a, b):
    """Return (area, arc_angle); infeasible endpoints return (-inf, None)."""
    if s <= 0 or not 0 < theta < pi or a < 0 or b < 0:
        raise ValueError("Require s > 0, 0 < theta < pi, and a, b >= 0")

    d = hypot(a - b * cos(theta), b * sin(theta))
    triangle = a * b * sin(theta) / 2
    if d > s:
        return float("-inf"), None
    if d == 0:
        return s * s / (4 * pi), 2 * pi
    if d == s:
        return triangle, 0.0

    lo, hi = 0.0, 2 * pi
    for _ in range(80):
        alpha = (lo + hi) / 2
        chord_ratio = 2 * sin(alpha / 2) / alpha
        if chord_ratio > d / s:
            lo = alpha
        else:
            hi = alpha
    alpha = (lo + hi) / 2

    # Avoid cancellation in alpha - sin(alpha) for short arcs.
    if alpha < 1e-3:
        factor = alpha / 6 - alpha**3 / 120 + alpha**5 / 5040
    else:
        factor = (alpha - sin(alpha)) / (alpha * alpha)
    segment = s * s * factor / 2
    return triangle + segment, alpha


def bisect_root(f, lo, hi):
    """The interval must bracket a root of the continuous function f."""
    left = f(lo)
    if left == 0:
        return lo
    if f(hi) == 0:
        return hi
    for _ in range(80):
        mid = (lo + hi) / 2
        value = f(mid)
        if (value > 0) == (left > 0):
            lo, left = mid, value
        else:
            hi = mid
    return (lo + hi) / 2


def max_area(s, x, y, theta):
    """Return (area, used_first_wall, used_second_wall, arc_angle)."""
    if min(s, x, y) <= 0 or not 0 < theta < pi:
        raise ValueError("Require s, x, y > 0 and 0 < theta < pi")
    if s / theta <= min(x, y):
        return s * s / (2 * theta), s / theta, s / theta, theta

    candidates = []

    def add(a, b):
        area, alpha = area_for_endpoints(s, theta, a, b)
        if alpha is not None:
            candidates.append((area, a, b, alpha))

    add(0, min(y, 2 * s / pi))
    add(min(x, 2 * s / pi), 0)
    add(x, y)

    beta = bisect_root(lambda t: t * cos(t) - sin(t), pi, 1.5 * pi)
    peak = -sin(beta) / beta
    for fixed, free, swap in [(x, y, False), (y, x, True)]:
        k = fixed * sin(theta) / s
        angles = []
        if k < 1:
            def minor(t):
                return (sin(t) / t if t else 1.0) - k
            angles.append(bisect_root(minor, 0.0, pi))
        if k <= peak:
            def major(t):
                return -sin(t) / t - k
            angles.append(bisect_root(major, pi, beta))
            angles.append(bisect_root(major, beta, 2 * pi))
        for alpha in angles:
            moving = fixed * cos(theta) + fixed * sin(theta) * tan(alpha / 2)
            if 0 < moving < free:
                add(moving, fixed) if swap else add(fixed, moving)

    return max(candidates, key=lambda result: result[0])


# (3.2069441257..., 1, 2, 4.0992982217...)
print(max_area(4, 1, 2, pi / 3))

检查实现时，至少核对这几个极限：$d=s$ 时弓形面积为零；$d=2s/\pi$ 时圆弧是半圆；$d\to 0$ 时面积趋于 $s^2/(4\pi )$；$a=b=s/\theta$ 时总面积回到 $s^2/(2\theta )$。

无限墙的简洁答案来自两个端点都能自由滑动，迫使圆心固定在墙角。有限墙改变了这个端点条件：墙端可以固定住绳子，让圆心移动，也让大圆弧成为可能。保留“先求圆弧，再优化端点”这两个步骤，就能在同一个公式里处理这些变化。