HDU3629(凸四边形的个数)

HDU 3629 计算几何

题目描述：给你n个点（4~700）， 问你能够成多少个不同的凸四边形。

解题报告：

暴力的话C(700,4)必然超时，发现，任何一个凹包必然是其中一点在其它3点构成的三角形内。

然后就考虑，能不能求出所有凹包的个数，然后用总数C(n, 4)减去凹包的个数，就是答案。

依次枚举每个点i，看看其它点能够成多少个包括点i的三角形，就是以这个点为中心的凹包的个数。

找三角形也要一定的技巧，也是通过逆向思维：找出有多少个三角形不包括点i，然后用总三角形个数C(n – 1, 3) – 这个个数就是就是以这个点为中心的凹包的个数。

注意到，如果3个点不能圈住中心点，则必然是存在一条通过中心点的直线，使得这三个点都在直线的同侧。利用这个形式，我们用如下方法寻找三角形：

1：以中心点为中心，对剩余n-1个点极角排序。

2：依次处理排序后的n-1个点，对于每一个点i，依次往后扫描，找到第一个点j，是j和i的夹角大于180度。

3：那么点i + 1到点j – 1的所有点都可以和点i构成不包括中心点的三角形。个数是

C(j – i – 1, 2)

具体算法如图：

 

注意到：如果每次找j点都从i点出发的话，那么算法就成了N³的复杂度了。其实每次的j点都是从上个j点之后开始的，降低一维复杂度。

 

         自己以前没有注意到的代码技巧：

         计算极角时，如果是负数（-pi ~ 0），就把它加上2 * pi，这样就把角度统一到了0~2pi。

另外，向这题顺次统计两个点的夹角时，由于会出现转了一圈的情况不好计算角度，所以在原来数组后面再顺次加上n-1一个点，角度同一加2pi，

for(int j = 0; j < n - 1; j++) ans[j + n - 1] = ans[j] + 2 * pi;

这样计算角度直接减就好了。

代码如下：

#include <iostream>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <stdio.h>
#include <math.h>

using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 750;
const double PI = acos(-1.0);

struct Point
{
    int x,y;
};

Point p[N];
double A[N];
int n;

double angle(double x,double y)
{
    double t = y - x;
    if(t < 0) t += 2*PI;
    return t;
}

LL work()
{
    LL t1 = (LL)n*(n-1)*(n-2)*(n-3)/24;
	int t2,t3;
	for(int i2=0;i2<n;i2++){
		t2=(n-1)*(n-2)*(n-3)/6;
	//	int i4=0;
		for(int i3=0,ans=0;i3<n;i3++){
			if(i3!=i2)A[ans++]=atan2((double)(p[i3].y-p[i2].y),(double)(p[i3].x-p[i2].x));  
		}
		sort(A,A+n-1);
	/*	 for(int j=0,i=0; i<n-1; i++)  
        {  
            while(j<i+n-1)  
            {  
                if(angle(A[i],A[j%(n-1)])>PI) break;  
                j++;  
            }  
            t2 -= (LL)(j-i-1)*(j-i-2)/2;  
        }  
        t1 -= t2;  
		*/
	//	int t3=0;
		for(int kk=0,k2=0;kk<n-1;kk++)//kk是原角
		{
			while(k2<kk+n-1){//相当于往后推
				if(angle(A[kk],A[k2%(n-1)])>PI)break; //注意由于后推，k2要取余
				k2++;//继续往后找
			}
			//这时确定过点kk 和另外两点(kk+1,k2-1);
			//得到的三角形个数被扣去(C(k2-kk-1),2)
			t2-=(k2-1-(kk+1)+1)*(k2-1-(kk+1))/2;
			//接着继续 原角后推直到n-1;注意这里k2在之前基础上找就行了
		}
		t1-=t2;
	}
 
    return t1;
}

int main()
{
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        cin>>n;
        for(int i=0; i<n; i++)
            cin>>p[i].x>>p[i].y;
        cout<<work()<<endl;
    }
    return 0;
}

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