# 刷 xhs 看到的题 Authors: Fanyi Pu, GPT-6 Astra Published: 2026-10-09 Canonical: 长度为 s 的绳子，借助夹角为 θ 的两面墙，最多围出多大面积？从无限射线的扇形解出发，推导有限墙长下的圆弧、端点约束与数值求解。 刷 xhs 刷到学弟的一个题，就写了一下。[xhs 连接](https://www.xiaohongshu.com/discovery/item/6ac82a8e00000000140012dc?source=webshare\&xhsshare=pc_web\&xsec_token=AB4IxCB2dQACsLbJ-TC6lb9dLCEci8nt48kY6Hjujv5-E=\&xsec_source=pc_share) 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 $0<\theta<\pi$，角度用**弧度**表示。绳长 $s>0$ 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，绳子不能自交；墙段不消耗绳长。 分别考虑三种情况： 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，允许穿墙**：两面墙是长度分别为 $x,y>0$ 的线段。系绳点不能超过墙端，但绳子可以穿过未参与围边的墙段。 3. **有限墙，不能穿墙**：墙长和端点范围与第二种情况相同，绳子不能穿过真实墙段，但可以绕过墙端。墙的延长线不构成障碍。 两种有限墙模型都允许区域伸到原来夹角之外，并始终要求绳子与 $OA,OB$ 组成不自交的闭合边界。 **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。 墙提供两条边，绳子补上弯曲的一边 墙提供两条边，绳子补上弯曲的一边 从墙角 O 沿第一面墙走到 A，再沿绳子走到 B，最后沿第二面墙回到 O。阴影就是要最大化的面积；B 后面那一小段墙没有参与围边。 本图绳长 2.000，圆弧角 149.4 度。所围面积 1.353354。 A B O [View diagram in the original article](https://pufanyi.com/blog/math/rope-and-walls) 绳长 2 · 面积 1.353354 从墙角 O 沿第一面墙走到 A，再沿绳子走到 B，最后沿第二面墙回到 O。阴影就是要最大化的面积；B 后面那一小段墙没有参与围边。 先用交互图观察绳子的形状。图中固定墙长 $x=1,y=2$，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。 拖动图中的 A、B 改变端点位置，用滑块调整墙夹角和绳长，观察圆弧变化。调整滑块时视图自动缩放，直接拖动端点时比例保持固定。 可调整夹角、端点与绳长的圆弧 墙夹角可调，初始为六十度。第一面墙长一，第二面墙长二。A 沿水平墙移动，B 沿斜墙移动；棕色曲线表示绳子，虚线表示弦。 O A B [View diagram in the original article](https://pufanyi.com/blog/math/rope-and-walls) 弦长 1.480 · 面积 1.353 · 圆弧角 149.4° 小圆弧：绳子尚未达到半圆。这是当前端点的圆弧，端点位置并未自动优化。 初始状态：夹角六十度，两面墙长分别为一、二，使用墙长一、1.7，绳长二。拖动端点只改变使用的墙长，调整夹角会旋转第二面墙，实际墙长保持不变；增大绳长会让圆弧逐渐鼓起。虚线不是绳子。若图形碰到剩余墙段，会单独标明不可行。 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。图中显示的是**当前端点对应的圆弧**；要寻找最大面积，还需要比较不同端点位置。 ## 无限墙 先考虑两面无限长的墙。固定端点可以先确定绳子的形状，再让端点沿墙移动，找出面积最大的构造。 ### 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](https://www.homepages.ucl.ac.uk/~ucahmto/latex_html/chapter2_latex2html/node9.html)：在端点与曲线长度固定时，怎样使弓形面积最大？ 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 $\Delta\ell$，切线转过的角度为 $\Delta\varphi$，那么局部曲率的大小约为 $|\Delta\varphi|/\Delta\ell$，让弧长趋于零，这个比值的极限就是该点的[曲率大小](https://ocw.mit.edu/ans7870/18/18.013a/textbook/chapter15/section03.html)。圆上有 $\Delta\ell=R\Delta\varphi$，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。 缓弯：走一段，方向转得少 缓弯：走一段，方向转得少 圆弧半径为 2，弧长均为 1.8，切线方向转过 0.9 弧度。T 沿绳子指向前进方向，n 指向区域外侧，C 在内侧。 C R T n [View diagram in the original article](https://pufanyi.com/blog/math/rope-and-walls) $R=2,\quad \kappa=0.5,\quad \Delta\varphi=0.9$ 急弯：走一样远，方向转得多 急弯：走一样远，方向转得多 圆弧半径为 1，弧长均为 1.8，切线方向转过 1.8 弧度。T 沿绳子指向前进方向，n 指向区域外侧，C 在内侧。 C R T n [View diagram in the original article](https://pufanyi.com/blog/math/rope-and-walls) $R=1,\quad \kappa=1,\quad \Delta\varphi=1.8$ 两图比例相同，棕色弧的长度也相同。沿弧从右向左走，蓝色箭头 T 随之转向；右图的方向变化更大，所以曲率更大。n 垂直绳子、朝向外侧，圆心 C 位于反方向。这里用两段圆弧说明局部弯曲程度，并未假设整根绳子已经是圆。 现在试着把一小段绳子沿外法线推出距离 $u$。它扫过的窄带增加了面积；对于图中向外鼓起的弧段，这也需要更多绳长。为了判断这样的推挤能否改善形状，需要分别计算面积和长度的变化。 这种微小形变称为变分。先考虑绳长大于端点距离、两端固定的情形，在光滑曲线中寻找使面积取极值的候选形状。驻点条件给出候选后，还需要证明它达到全局最大值。 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 $$ \gamma'=T,\qquad T'=-\kappa n,\qquad n'=\kappa T. $$ 现在只推挤绳子的内部：把位置 $\ell$ 沿外法线移动 $\varepsilon f(\ell)$，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 $$ \gamma_\varepsilon(\ell) =\gamma(\ell)+\varepsilon f(\ell)n(\ell). $$ 只挪动内部，两个端点不动 只挪动内部，两个端点不动 同一条曲线的左侧沿外法线向外推，绿色窄带表示增加的面积；右侧沿外法线的反方向向内收，棕色窄带表示失去的面积。扰动在两端附近为零。虚线表示扰动后的曲线。 A B 向外推 向内收 区域内部 [View diagram in the original article](https://pufanyi.com/blog/math/rope-and-walls) $\gamma_\varepsilon=\gamma+\varepsilon f n$ 实线是原绳子，虚线是移动后的绳子，箭头沿原曲线的法线。向外推时 f 为正，向内收时 f 为负；移动距离为了看清而放大。两块窄带分别增加、减少面积，这幅图只示意允许的动作，尚未要求两处长度变化抵消。 这里 $\ell$ 只是原曲线的弧长参数；扰动之后，不再要求 $\gamma_\varepsilon$ 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 $\varepsilon$ 求导后取 $\varepsilon=0$。 **面积怎样变？** 一小段长度为 $\mathrm d\ell$ 的绳子向外移动 $\varepsilon f$，一阶增加的是一条宽为 $\varepsilon f$ 的窄带。因此 $$ \delta\mathcal A=\int_0^s f(\ell)\,\mathrm d\ell. $$ **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 $\Delta\varphi$ 不变。原弧长是 $\Delta\ell=R\Delta\varphi$，新弧长是 $(R+u)\Delta\varphi$，所以多用的绳长为 $$ \Delta L=u\Delta\varphi=\frac{u}{R}\Delta\ell=\kappa u\Delta\ell. $$ 缓弯向外推：较少的长度成本 缓弯向外推：较少的长度成本 原圆弧半径 2、弧长 1.8，沿外法线推出 0.2。保持两条半径的方向不变，新弧长增加 0.18；绿色表示扫过的窄带。 C R u [View diagram in the original article](https://pufanyi.com/blog/math/rope-and-walls) $\Delta L=0.18,\quad \Delta\mathcal A\approx 0.36$ 急弯向外推：两倍的长度成本 急弯向外推：两倍的长度成本 原圆弧半径 1、弧长 1.8，沿外法线推出 0.2。保持两条半径的方向不变，新弧长增加 0.36；绿色表示扫过的窄带。 C R u [View diagram in the original article](https://pufanyi.com/blog/math/rope-and-walls) $\Delta L=0.36,\quad \Delta\mathcal A\approx 0.36$ 沿用上面的两段弧：原弧长都为 1.8，向外移动距离都为 0.2。虚线新弧与原弧夹着绿色窄带；它们的面积增量在一阶相同，右图的长度增量却是左图的两倍。这里截取的是内部小段，截面的端点可以移动；完整扰动会在两旁平滑地降为零。面积只比较一阶项，有限宽度下还有二阶差异。 对于一般光滑曲线，推挤幅度 $f$ 可以沿绳子变化。对扰动曲线求导，利用 $n'=\kappa T$，得到 $$ \gamma_\varepsilon' =(1+\varepsilon\kappa f)T+\varepsilon f'n. $$ 因为 $T,n$ 正交且都是单位向量，扰动后的长度就是 $$ L[\gamma_\varepsilon] =\int_0^s\sqrt{(1+\varepsilon\kappa f)^2+\varepsilon^2(f')^2}\,\mathrm d\ell. $$ 对 $\varepsilon$ 求导后取零，便得到 $$ \delta L=\int_0^s\kappa(\ell)f(\ell)\,\mathrm d\ell. $$ 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。要得到所有局部扰动都必须满足的驻点条件，还需要把固定绳长的约束纳入计算。 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 $$ \mathcal J[\gamma] =\mathcal A[\gamma]-\lambda\bigl(L[\gamma]-s\bigr). $$ 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 $$ 0=\delta\mathcal J =\int_0^s\bigl(1-\lambda\kappa(\ell)\bigr)f(\ell)\,\mathrm d\ell $$ 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 $$ \boxed{\kappa(\ell)=\frac1\lambda=\text{常数}.} $$ **为什么恒定曲率就意味着圆？** 考察绳子上每一点沿法线偏移 $-\lambda$ 后的位置： $$ C(\ell)=\gamma(\ell)-\lambda n(\ell). $$ 那么 $$ C'(\ell)=T-\lambda\kappa T=0. $$ 所以 $C$ 是一个固定点，并且 $$ |\gamma(\ell)-C|=|\lambda| $$ 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，$\kappa>0$，于是 $\lambda=R$。 面积变分的窄带解释，怎样写成积分证明？ 取墙角 $O$ 为坐标原点。两条直墙段对有向面积积分的贡献为零，因此由 Green 公式， $$ \mathcal A[\gamma] =\frac12\int_0^s\gamma\times\gamma'\,\mathrm d\ell, $$ 其中二维叉积定义为 $(u_1,u_2)\times(v_1,v_2)=u_1v_2-u_2v_1$。令一般的扰动向量为 $V$，对上式求变分并分部积分： $$ \begin{aligned} \delta\mathcal A &=\frac12\int_0^s(V\times T+\gamma\times V')\,\mathrm d\ell\\ &=\int_0^s V\times T\,\mathrm d\ell +\frac12[\gamma\times V]_A^B. \end{aligned} $$ 固定端点时，边界项为零。又因为逆时针边界的外法线是 $T$ 顺时针旋转九十度的结果，$V\times T=V\cdot n$。代入 $V=fn$，就得到 $\delta\mathcal A=\int f\,\mathrm d\ell$。 即使端点沿墙滑动，边界项仍然为零：在每个端点处，位置向量 $\gamma$ 与允许的位移 $V$ 都沿着同一面墙，叉积为零。这一点会在下面推导端点条件时用到。 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。 绳子略长于弦 绳子略长于弦 固定同一对端点，弦长均为一，三图比例相同。这里只改变绳长：圆弧从不足半圆变成超过半圆。虚线是弦，不是绳子；第三图的较大面积来自更多绳长，不能拿它当作等绳长比较。 本图绳长 1.100，圆弧角 85.8 度。各图端点和弦长完全相同。 A B [View diagram in the original article](https://pufanyi.com/blog/math/rope-and-walls) 绳长 1.100 · 圆弧角 85.8° 恰好围成半圆 恰好围成半圆 固定同一对端点，弦长均为一，三图比例相同。这里只改变绳长：圆弧从不足半圆变成超过半圆。虚线是弦，不是绳子；第三图的较大面积来自更多绳长，不能拿它当作等绳长比较。 本图绳长 1.571，圆弧角 180.0 度。各图端点和弦长完全相同。 A B [View diagram in the original article](https://pufanyi.com/blog/math/rope-and-walls) 绳长 1.571 · 圆弧角 180.0° 继续加长，变成大圆弧 继续加长，变成大圆弧 固定同一对端点，弦长均为一，三图比例相同。这里只改变绳长：圆弧从不足半圆变成超过半圆。虚线是弦，不是绳子；第三图的较大面积来自更多绳长，不能拿它当作等绳长比较。 本图绳长 3.000，圆弧角 261.1 度。各图端点和弦长完全相同。 A B [View diagram in the original article](https://pufanyi.com/blog/math/rope-and-walls) 绳长 3.000 · 圆弧角 261.1° 固定同一对端点，弦长均为一，三图比例相同。这里只改变绳长：圆弧从不足半圆变成超过半圆。虚线是弦，不是绳子；第三图的较大面积来自更多绳长，不能拿它当作等绳长比较。 ### 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 $O$。 变分中的边界项，直接给出“端点垂直墙面” 现在允许端点移动，令 $V$ 为曲线的扰动向量，$f=V\cdot n$ 为它的外法向分量。对长度求变分并分部积分，不能再丢掉端点项： $$ \delta L =\int_0^s T\cdot V'\,\mathrm d\ell =[T\cdot V]_A^B+\int_0^s\kappa f\,\mathrm d\ell. $$ 前面已经证明，端点沿墙移动时，面积变分仍为 $\delta\mathcal A=\int f\,\mathrm d\ell$。因此 $$ \delta\mathcal J =\int_0^s(1-\lambda\kappa)f\,\mathrm d\ell -\lambda T(B)\cdot V(B)+\lambda T(A)\cdot V(A). $$ 绳子内部已经满足 $1-\lambda\kappa=0$，剩下的恰好是两个边界项。记两条墙从 $O$ 向外的单位方向为 $e_1,e_2$，端点允许的位移为 $$ V(A)=\delta a\,e_1,\qquad V(B)=\delta b\,e_2. $$ 若端点处于墙段内部，$\delta a,\delta b$ 可以独立地取正值或负值。为了使 $\delta\mathcal J=0$ 对所有这些移动成立，必须有 $$ \boxed{T(A)\cdot e_1=0,\qquad T(B)\cdot e_2=0.} $$ 也就是说，**绳子的切线垂直墙面**。于是圆心位于两条墙线上，只能是 $O$。 有限墙也遵循同一个推导，只是端点碰到墙端后，位移只能向墙内取值。此时变分条件变成单边不等式，不再要求相应的点积为零，所以固定在墙端的绳子不必垂直墙面。这正是后面圆心能够离开 $O$ 的原因。 两个直角，把圆心钉在墙角 两个直角，把圆心钉在墙角 蓝色短线表示绳子在端点的切线，小方框标出直角。端点可自由滑动时，切线必须垂直墙面，于是半径沿墙，两个半径的交点就是 O。图中的墙继续延伸，端点并未被墙端限制。 本图绳长 1.047，圆弧角 60.0 度。所围面积 0.523599。 A B O [View diagram in the original article](https://pufanyi.com/blog/math/rope-and-walls) 绳长 1.047 · 面积 0.523599 蓝色短线表示绳子在端点的切线，小方框标出直角。端点可自由滑动时，切线必须垂直墙面，于是半径沿墙，两个半径的交点就是 O。图中的墙继续延伸，端点并未被墙端限制。 图中的两个直角分别确定一条半径的方向：两条半径沿墙面相交于 $O$，绳子的中间部分则沿圆弧向外鼓起。 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 $$ s=R\theta, \qquad A=\frac12R^2\theta. $$ 消去半径，得到 $$ \boxed{R=\frac{s}{\theta},\qquad A_{\max}=\frac{s^2}{2\theta}.} $$ 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。 怎样排除其他全局最大值？ 记 $OA=a,OB=b$。绳子必须能连接两端，所以 $$ a^2+b^2-2ab\cos\theta\le s^2. $$ 对固定的 $0<\theta<\pi$，这使可行的 $a,b$ 有界。因此，可以先在允许所有平面圆弧的更大集合中求最大值，再检查获胜者是否位于夹角内。 两个端点都不在 $O$、且弦长严格小于绳长时，端点都是自由的，上面的垂直条件迫使圆心为 $O$。若一个端点到达 $O$，退化为单墙问题，其最大面积不超过 $s^2/(2\pi)$，严格小于扇形的 $s^2/(2\theta)$。两个端点都在 $O$ 的圆也更小。 弦长恰好等于绳长时，绳子拉成直线，也不可能是最大值：把两端稍微向 $O$ 缩进，使弦短一点，再把余下的长度用于向外鼓起，新增的弓形面积会超过三角形面积的一阶损失。 因此，更大集合中的最大值就是这个扇形，而它也确实位于两面墙之间。这个证明同时给出了上界与可行构造，适用于任意 $0<\theta<\pi$。 ## 有限墙，允许穿墙 墙变成有限长以后，端点只能在墙段上移动。先允许绳子穿过未参与围边的墙段，只研究墙长对端点位置的限制。 ### 固定端点，算出面积 令两面墙的长度分别为 $x,y$，并记 $$ 0\le a=OA\le x,\qquad 0\le b=OB\le y. $$ 有限墙限制了**端点的位置**。圆心可以离开 $O$，因此半径与被利用的墙长可以不同。 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 $$ d=AB=\sqrt{a^2+b^2-2ab\cos\theta}. $$ 设圆弧半径为 $R$。弧长和弦长分别满足 $$ s=R\alpha,\qquad d=2R\sin\frac{\alpha}{2}. $$ 消去 $R$，就得到决定圆弧的方程： $$ \boxed{\frac{d}{s}=\frac{2\sin(\alpha/2)}{\alpha},\qquad 0<\alpha<2\pi.} $$ 右侧从 $1$ 严格递减到 $0$。因此，只要 $00, \qquad 0\pi$ 时，$\sin\alpha<0$，这个式子自动给出大弓形的面积，不需要另外拼一个公式。 允许穿墙时，固定 $a,b$ 的最优面积是 $$ \boxed{ F_s(a,b)=\frac12ab\sin\theta +\frac{s^2}{2\alpha^2}(\alpha-\sin\alpha), } $$ 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。由于剩余墙段不构成障碍，这个面积可以直接实现。 三个边界情况也很自然：$d>s$ 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 允许穿墙时，最大面积可以写成 $$ \boxed{ A_{\max}(s,x,y,\theta) =\max_{\substack{0\le a\le x,\;0\le b\le y\\ a^2+b^2-2ab\cos\theta\le s^2}} F_s(a,b). } $$ 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 $$ a=b=\frac{s}{\theta}. $$ 它只有在 $$ \boxed{s\le\theta\min(x,y)} $$ 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： $$ \max_{0\le b\le y}F_s(x,b),\quad \max_{0\le a\le x}F_s(a,y),\quad \max_{0\le b\le y}F_s(0,b),\quad \max_{0\le a\le x}F_s(a,0), $$ 每项都只保留 $d\le s$ 的可行部分。最后两项对应一个系绳点到达墙角的单墙情形，也属于题目允许的构造。 每个一维问题都要求找**全局**最大值。由于可能存在多个驻点，整个区间未必单峰，直接三分搜索可能漏掉最优解。可靠的做法是找齐可行区间的端点与驻点，再比较面积。 用面积的导数确定端点驻点 取坐标 $O=(0,0)$、$A=(a,0)$、$B=(b\cos\theta,b\sin\theta)$。令 $$ h=R\cos\frac{\alpha}{2}. $$ 这里 $h$ 是圆心到弦中点的有向距离，大圆弧时它可以为负。圆心 $C=(c_1,c_2)$ 为 $$ \begin{aligned} c_1&=\frac{a+b\cos\theta}{2}-h\frac{b\sin\theta}{d},\\ c_2&=\frac{b\sin\theta}{2}+h\frac{b\cos\theta-a}{d}. \end{aligned} $$ 把固定绳长的弓形面积记为 $G_s(d)$。对弦长方程和面积公式求导，可以得到 $$ G_s'(d)=-h. $$ 因此 $$ \begin{aligned} \frac{\partial F_s}{\partial a} &=\frac{b\sin\theta}{2}-h\frac{a-b\cos\theta}{d}=c_2,\\ \frac{\partial F_s}{\partial b} &=\frac{a\sin\theta}{2}-h\frac{b-a\cos\theta}{d} =c_1\sin\theta-c_2\cos\theta. \end{aligned} $$ 这给出了不依赖图形直觉的端点条件：$a$ 自由时，圆心落在第一条墙线上；$b$ 自由时，圆心落在第二条墙线上；两者都自由时，圆心为 $O$。 不扫描整个区间：最多三个圆弧驻点就够了 考虑 $a=x$、$b$ 自由的边界。圆心在第二条墙线上，$B$ 既可能是圆与这条射线的远交点，也可能是近交点。分别用 $\varepsilon=1,-1$ 表示这两种情况。沿墙线与垂直墙线的两个方向分解半径，可以得到 $$ x\sin\theta=\varepsilon R\sin\alpha, \qquad b=x\cos\theta+\varepsilon R(1-\cos\alpha). $$ 消去 $R=s/\alpha$，得到 $$ \frac{|\sin\alpha|}{\alpha}=\frac{x\sin\theta}{s}, \qquad b=x\cos\theta+x\sin\theta\tan\frac{\alpha}{2}. $$ 在 $(0,\pi)$ 内，$\sin\alpha/\alpha$ 严格递减，至多有一个解。在 $(\pi,2\pi)$ 内，$-\sin\alpha/\alpha$ 先增后减，分界点是 $$ \beta\cos\beta-\sin\beta=0, \qquad \beta\in(\pi,3\pi/2), \qquad \beta\approx4.493409458. $$ 因此，将这三个单调区间分别二分，就找齐了所有驻点。把每个解代回 $b$，仅保留 $0\pi$，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。 两面墙都用满 两面墙都用满 这次两图的绳长、墙长、夹角和绘图比例完全相同：绳长为十，两面墙各长一，夹角三十度。右图的弦更长，围出的面积也更大。第一面墙留在区域内部，绳子从它的墙端外面绕过，没有穿墙。 本图绳长 10.000，圆弧角 342.2 度。所围面积 9.049452。 A B O [View diagram in the original article](https://pufanyi.com/blog/math/rope-and-walls) 绳长 10 · 面积 9.049452 把一个端点移到墙角 把一个端点移到墙角 这次两图的绳长、墙长、夹角和绘图比例完全相同：绳长为十，两面墙各长一，夹角三十度。右图的弦更长，围出的面积也更大。第一面墙留在区域内部，绳子从它的墙端外面绕过，没有穿墙。 本图绳长 10.000，圆弧角 326.9 度。所围面积 9.604790。 B O / A [View diagram in the original article](https://pufanyi.com/blog/math/rope-and-walls) 绳长 10 · 面积 9.604790 这次两图的绳长、墙长、夹角和绘图比例完全相同：绳长为十，两面墙各长一，夹角三十度。右图的弦更长，围出的面积也更大。第一面墙留在区域内部，绳子从它的墙端外面绕过，没有穿墙。 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。图中标出的面积表明：只利用一面墙作为外边界，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 $$ d_{xy}=\sqrt{x^2+y^2-2xy\cos\theta}. $$ 回到表中 $x=1,y=2,\theta=\pi/3$ 的例子，有 $d_{xy}=\sqrt3<2=y$。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 $s\to\infty$。此时 $\alpha\to2\pi$，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 $$ G_s(d)=\frac{s^2}{4\pi}+\frac{sd}{2\pi}+O(1). $$ 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 $$ \boxed{d_{\max}=\max\left\{x,y,\sqrt{x^2+y^2-2xy\cos\theta}\right\}.} $$ 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。 ## 有限墙，不能穿墙 现在让有限墙具有阻挡作用。端点范围仍是 $0\le a\le x$、$0\le b\le y$，但绳子只能从墙端外面绕过，不能穿过真实墙段。 **固定端点时，$F_s(a,b)$ 可能只是面积上界。** 如果对应的最优圆弧穿过了剩余墙段，就不能直接采用它。交互图中标为“无障碍面积上界”的情况正属于这一类；允许穿墙时，那段圆弧可以使用，真实墙下则需要避开障碍。 如何检查一段圆弧是否穿墙？ 取 $O=(0,0)$、$A=(a,0)$、$B=(b\cos\theta,b\sin\theta)$，圆心记为 $C=(c_1,c_2)$，半径为 $R$。 圆弧可以通过 $$ C+R\bigl(\cos(t_0+t),\sin(t_0+t)\bigr), \quad 0\le t\le\alpha, $$ 画出，其中 $t_0$ 是向量 $A-C$ 的极角。实际构造时，要检查整段圆弧而不只是端点：允许越过延长线，不等于允许穿过真实墙段。与第一条墙线的另一交点的坐标是 $2c_1-a$；与第二条墙线的另一交点到 $O$ 的有向距离是 $2(c_1\cos\theta+c_2\sin\theta)-b$。同时检查交点是否落在实际墙段与所选圆弧上即可。 **端点可以自由选择时，障碍却不会降低全局最大面积。** 不允许穿墙的构造也都属于允许穿墙的模型，因此前面算出的最大值是一个上界。只要这个上界存在不穿墙的构造，就能证明两种模型的答案相同。 为了判断允许穿墙时的最大值能否实现，逐类检查最优候选：扇形没有问题；两个端点都在墙端时，没有需要绕开的剩余墙段；一个端点在 $O$ 时，可以把单墙圆弓形放到另一面墙的外侧。 只剩下一端在墙端、另一端自由的情形。不妨设 $a=x$、$0 0 && 0 < θ < Float64(π) && a >= 0 && b >= 0 || throw(ArgumentError("Require finite s > 0, 0 < θ < π, and a, b >= 0")) d = hypot(a - b * cos(θ), b * sin(θ)) triangle = a * b * sin(θ) / 2 d > s && return nothing d == 0 && return (area = s^2 / (4π), α = 2π) d == s && return (area = triangle, α = 0.0) α = find_zero(t -> q(t / 2) - d / s, (0.0, 2π), Bisection()) # Avoid cancellation in α - sin(α) for short arcs. factor = if α < 1e-3 α / 6 - α^3 / 120 + α^5 / 5040 else (α - sin(α)) / α^2 end return (area = triangle + s^2 * factor / 2, α = α) end function max_area(s, x, y, θ) s, x, y, θ = Float64.((s, x, y, θ)) all(isfinite, (s, x, y, θ)) && min(s, x, y) > 0 && 0 < θ < Float64(π) || throw(ArgumentError("Require finite s, x, y > 0 and 0 < θ < π")) if s / θ <= min(x, y) return (area = s^2 / (2θ), a = s / θ, b = s / θ, α = θ) end candidates = NamedTuple[] function add_candidate(a, b) result = area_for_endpoints(s, θ, a, b) isnothing(result) && return push!(candidates, (area = result.area, a = a, b = b, α = result.α)) end add_candidate(0.0, min(y, 2s / π)) add_candidate(min(x, 2s / π), 0.0) add_candidate(x, y) β = find_zero(t -> t * cos(t) - sin(t), (Float64(π), 1.5π), Bisection()) peak = -q(β) for (fixed, free, swap) in ((x, y, false), (y, x, true)) k = fixed * sin(θ) / s angles = Float64[] if k < 1 push!(angles, find_zero(t -> q(t) - k, (0.0, Float64(π)), Bisection())) end if k == peak # At the peak the two major-arc roots coincide. push!(angles, β) elseif k < peak f(t) = -q(t) - k push!(angles, find_zero(f, (Float64(π), β), Bisection())) push!(angles, find_zero(f, (β, 2π), Bisection())) end for α in angles moving = fixed * cos(θ) + fixed * sin(θ) * tan(α / 2) if 0 < moving < free swap ? add_candidate(moving, fixed) : add_candidate(fixed, moving) end end end return argmax(c -> c.area, candidates) end result = max_area(4, 1, 2, π / 3) println(result) # Approximately: (area = 3.2069441257, a = 1.0, b = 2.0, α = 4.0992982217) ``` `argmax(c -> c.area, candidates)` 返回面积最大的候选，可通过 `result.area`、`result.a`、`result.b` 和 `result.α` 读取各项结果。在分支切换附近，候选面积可能十分接近，浮点舍入会影响端点位置的选择。 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；$d\to0$ 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。