[XSY3381] 踢罐子（几何）

XSY3381

点被选为点对之一的贡献我们单独计算（这部分贡献的总和为4n(n−1)(n−2)4n(n-1)(n-2)4n(n−1)(n−2)）。接下来只讨论剩余部分的贡献。

先把任意三个点构成的六种选择方案合并，发现在外接圆周和弦之间的点每个有2的贡献，在外接圆上的点每个有1的贡献。

然后考虑任意四个点A,B,C,DA,B,C,DA,B,C,D的贡献。
发现当四个点构成凸四边形ABCDABCDABCD时，
若∠A+∠D=180°\angle A+\angle D=180\degree∠A+∠D=180°：
A,B,C,DA,B,C,DA,B,C,D四点共圆，即其中一个点在另外三个点构成的三角形的外接圆上，因此A,B,C,DA,B,C,DA,B,C,D四个点每个有1的贡献，A,B,C,DA,B,C,DA,B,C,D四点的贡献为4。

若∠A+∠D<180°\angle A+\angle D<180\degree∠A+∠D<180°：
则必有∠B+∠C>180°\angle B+\angle C>180\degree∠B+∠C>180°。
DDD在△ABC\triangle ABC△ABC的外接圆外，选A,B,CA,B,CA,B,C为点对时，DDD无贡献。同理AAA无贡献。
BBB在△ACD\triangle ACD△ACD的外接圆弧和弦之间，选A,C,DA,C,DA,C,D为点对时，BBB有2的贡献。同理CCC有2的贡献。A,B,C,DA,B,C,DA,B,C,D四点的贡献为4。

若∠A+∠D>180°\angle A+\angle D>180\degree∠A+∠D>180°：
则必有∠B+∠C<180°\angle B+\angle C<180\degree∠B+∠C<180°。类似上种情况。

当四个点构成凹四边形时，易证四个点产生的贡献为0。

因此问题转化为统计凸四边形个数。

给出四个构成凸四边形的点，任选两个点连边，有4种情况剩下两个点在连边同侧，2种情况剩下两个点在连边异侧。

给出四个构成凹四边形的点，任选两个点连边，有3种情况剩下两个点在连边同侧，3种情况剩下两个点在连边异侧。

因此设整张图中有aaa个凸四边形，bbb个凹四边形，
X=∑i<ji,j连边，再无序地选两个点，选的点在连边同侧的方案数X=\sum_{i<j}i,j连边，再无序地选两个点，选的点在连边同侧的方案数X=i<j∑i,j连边，再无序地选两个点，选的点在连边同侧的方案数
Y=∑i<ji,j连边，再无序地选两个点，选的点在连边异侧的方案数Y=\sum_{i<j}i,j连边，再无序地选两个点，选的点在连边异侧的方案数Y=i<j∑i,j连边，再无序地选两个点，选的点在连边异侧的方案数

可列出方程：
{4a+3b=X2a+3b=Y\begin{cases}4a+3b=X\\2a+3b=Y\end{cases}{4a+3b=X2a+3b=Y

解得：

a=X−Y2a=\frac{X-Y}{2}a=2X−Y

具体实现上，
对于每个点，把剩下的所有点按照和它的连线的斜率排序，求斜率可以用atan2latan2latan2l函数（加上lll避免爆精度）

然后，考虑两个点的连线，设连线两侧的点数分别是LLL和RRR（注意这里要判断，不能构成了一个箭头的形状）

选两个点在连线同侧的有(L−1)L+(R−1)R2\frac{(L−1)L+(R−1)R}{2}2(L−1)L+(R−1)R种情况，选两个点在连线异侧的有L×RL\times RL×R种情况。

时间复杂度O(n2logn)O(n^2logn)O(n2logn)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define pi acos(-1)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2010;
int n,tot;
double x[N],y[N],k[N];
ll ans=0;
int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;
}
int main(){n=read();for(int i=1;i<=n;i++){x[i]=read();y[i]=read();}ans=4ll*n*(n-1)*(n-2);for(int i=1;i<=n;i++){tot=0;for(int j=1;j<=n;j++){if(i==j) continue;k[++tot]=atan2l(x[j]-x[i],y[j]-y[i]);if(k[tot]<0) k[tot]+=pi*2;}sort(k+1,k+tot+1);for(int j=1;j<=tot;j++){k[j+tot]=k[j]+pi*2;}   for(int j=1,t=1;j<=tot;j++){while(t<=tot*2&&(k[t]<k[j]+pi)) t++;int l=t-j-1;int r=n-1-l-1;ans+=(1ll*l*(l-1)/2+1ll*r*(r-1)/2-1ll*l*r)*2ll;}}printf("%lld\n",ans);return 0;
}

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