[loj3333]混合物
假设选择的调味瓶为$k_{1}<k_{2}<...<k_{s}$，即判定是否存在正有理数解$\{x_{1},x_{2},...,x_{s}\}$，满足
$$
(\sum_{i=1}^{s}x_{i}S_{k_{i}}):(\sum_{i=1}^{s}x_{i}P_{k_{i}}):(\sum_{i=1}^{s}x_{i}G_{k_{i}})=S_{f}:P_{f}:G_{f}
$$
将三者的和作为分母（避免为0），也即$\begin{cases}\frac{\sum_{i=1}^{s}x_{i}S_{k_{i}}}{\sum_{i=1}^{s}x_{i}(S_{k_{i}}+P_{k_{i}}+G_{k_{i}})}=\frac{S_{f}}{S_{f}+P_{f}+G_{f}}\\\frac{\sum_{i=1}^{s}x_{i}P_{k_{i}}}{\sum_{i=1}^{s}x_{i}(S_{k_{i}}+P_{k_{i}}+G_{k_{i}})}=\frac{P_{f}}{S_{f}+P_{f}+G_{f}}\end{cases}$（此时另一项必然成立）
事实上，这等价于存在正有理数解$\{y_{i}\}$，满足$\begin{cases}\sum_{i=1}^{s}y_{i}(\frac{S_{k_{i}}}{S_{k_{i}}+P_{k_{i}}+G_{k_{i}}}-\frac{S_{f}}{S_{f}+P_{f}+G_{f}})=0\\\sum_{i=1}^{s}y_{i}(\frac{P_{k_{i}}}{S_{k_{i}}+P_{k_{i}}+G_{k_{i}}}-\frac{P_{f}}{S_{f}+P_{f}+G_{f}})=0\end{cases}$
关于等价性，证明如下——
如果存在解$\{x_{i}\}$，令$y_{i}=\frac{x_{i}(S_{k_{i}}+P_{k_{i}}+G_{k_{i}})}{\sum_{j=1}^{s}x_{j}(S_{k_{j}}+P_{k_{j}}+G_{k_{j}})}$代入显然成立，即存在
如果存在解$\{y_{i}\}$，令$x_{i}=\frac{y_{i}}{S_{k_{i}}+P_{k_{i}}+G_{k_{i}}}$代入显然成立，即存在
记点$P_{i}(\frac{S_{{i}}}{S_{{i}}+P_{{i}}+G_{{i}}}-\frac{S_{f}}{S_{f}+P_{f}+G_{f}},\frac{P_{{i}}}{S_{{i}}+P_{{i}}+G_{{i}}}-\frac{P_{f}}{S_{f}+P_{f}+G_{f}})$，存在解$\{y_{i}\}$即等价于$\{P_{k_{i}}\}$这些点的凸包包含$O$（包括边界）
换言之，也即找到一个边数最少的凸多边形，其顶点在$\{P_{i}\}$中且包含$O$
设其有$s$条边，若$s\ge 4$，将其划分为$s-2$个三角形，其中总有一个三角形包含$O$，因此$s\le 3$
当$s=1$，即一个顶点，那么必然为$O$，也即判定是否存在$i$使得$P_{i}=O$
统计$P_{i}=O$的个数即可，复杂度为$o(1)$
当$s=2$，即是一条经过$O$的线段，也即判定是否存在$i$和$j$使得$\angle P_{i}OP_{j}=\pi$
（这里认为$\angle P_{i}OP_{j}$是有方向的，即从$OP_{i}$这条射线逆时针旋转至$OP_{j}$的角度）
令$\alpha_{i}$为$P_{i}$到圆心的极角（不考虑$P_{i}=O$的点），则$\angle P_{i}OP_{j}=\begin{cases}\alpha_{j}-\alpha_{i}&(\alpha_{i}\le \alpha_{j})\\\alpha_{j}-\alpha_{i}+2\pi&(\alpha_{i}>\alpha_{j})\end{cases}$
由此，即判定是否存在$|\alpha_{i}-\alpha_{j}|=\pi$，对$\alpha_{i}$用map/set维护即可，复杂度为$o(\log n)$
当$s=3$，即是一个三角形，也即判定是否存在$i,j$和$k$使得$\angle P_{i}OP_{j},\angle P_{j}OP_{k},\angle P_{k}OP_{i}\le \pi$
将$P_{i}$按照$\alpha_{i}$从小到大排序，即$\alpha_{1}\le \alpha_{2}\le...\le\alpha_{n}$，若存在$\angle P_{i}OP_{i\ mod\ n+1}>\pi$，考虑这个角总会在上述三个角某一个的内部，即该角度$>\pi$，因此无解
另一方面，若不存在$\angle P_{i}OP_{i\ mod\ n+1}\le \pi$，那么取$i=1$、$j=\max_{\alpha_{x}-\alpha_{i}\le \pi}x$和$k=\max_{\alpha_{x}-\alpha_{j}\le \pi}x$，显然利用上述性质分析可得$i<j<k$
进而，根据定义有$\angle P_{i}OP_{j},\angle P_{j}OP_{k}\le \pi$，同时$\angle P_{k}OP_{i}=2\pi-P_{i}OP_{k}<\pi$（显然$P_{i}OP_{k}>\pi$，否则$j$可以取$k$，与$j$最大性矛盾），满足条件
由此，即判定是否存在$\angle P_{i}OP_{i\ mod\ n+1}>\pi$
注意到这个角一定会"经过"（指旋转过程中）$x$轴的正半轴或负半轴，否则显然不可能$>\pi$，同时其中"经过"$x$轴的正半轴或负半轴的角只有两个——即$P_{n}OP_{1}$和$P_{k}OP_{k+1}$（其中$\alpha_{k}<\pi<\alpha_{k+1}$）
用set维护即可，复杂度为$o(\log n)$
总时间复杂度为$o(n\log n)$，可以通过
（精度误差比较严重，set中要手写比较函数）
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 100005 4 #define eps 1e-10 5 #define PI acos((ld)-1.0) 6 #define ll long long 7 #define ld long double 8 struct cmp{ 9 bool operator () (const ld &x,const ld &y)const{ 10 return x+eps<y; 11 } 12 }; 13 multiset<ld,cmp>S; 14 multiset<ld,cmp>::iterator it; 15 int n,m,x,ans1,ans2; 16 ld A,B,C,AA,BB,CC,a[N],b[N],c[N]; 17 char s[11]; 18 ld get(ld k){ 19 if (k<PI)return k+PI; 20 return k-PI; 21 } 22 int main(){ 23 scanf("%Lf%Lf%Lf%d",&A,&B,&C,&n); 24 ld ss=A+B+C; 25 A/=ss,B/=ss; 26 for(int i=1;i<=n;i++){ 27 scanf("%s",s); 28 if (s[0]=='A'){ 29 scanf("%Lf%Lf%Lf",&AA,&BB,&CC); 30 a[++m]=AA/(AA+BB+CC)-A; 31 b[m]=BB/(AA+BB+CC)-B; 32 if ((!a[m])&&(!b[m]))ans1++; 33 else{ 34 c[m]=atan2(a[m],b[m]); 35 if (c[m]<0)c[m]+=2*PI; 36 if ((S.find(c[m])==S.end())&&(S.find(get(c[m]))!=S.end()))ans2++; 37 S.insert(c[m]); 38 } 39 } 40 else{ 41 scanf("%d",&x); 42 if ((!a[x])&&(!b[x]))ans1--; 43 else{ 44 S.erase(S.find(c[x])); 45 if ((S.find(c[x])==S.end())&&(S.find(get(c[x]))!=S.end()))ans2--; 46 } 47 } 48 if (ans1){ 49 printf("1\n"); 50 continue; 51 } 52 if (ans2){ 53 printf("2\n"); 54 continue; 55 } 56 if ((S.size()<2)||((*--S.end())-(*S.begin())<PI)){ 57 printf("0\n"); 58 continue; 59 } 60 ld pre=(*--S.upper_bound(PI)),nex=(*S.lower_bound(PI)); 61 if (nex-pre>PI)printf("0\n"); 62 else printf("3\n"); 63 } 64 }
