选点问题

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Description

陶陶和鹏鹏在玩一个十分有趣的游戏!已知平面上有n个不同的点(保证不存在任意3个点共线)，陶陶首先任意选取其中2个不同的点a，b，并连线得到线段AB，之后鹏鹏从剩下的n-2个点中任意选取2个不同的点c，d，并同样连线得到线段CD。 对于陶陶选择的点a，b，鹏鹏可能有若干种选择c，d的方案，使得CD与AB相交!易知，陶陶有n(n—1)／2种方案选择a，b。对于陶陶的第i种选择，假设鹏鹏有Ki种方案选择c，d使得AB和CD相交。 ★编程任务： 请计算输出陶陶和鹏鹏游戏的估价值T，其定义为： 其中Fib(x)表示第x项斐波那契数，它满足：

由于T能比较大，请输出T模上1000000007的结果。

Input Format

输入文件名为point．in。 第一行一个整数n，表示平面上有n(n<=200)个点。接下来n行，给出n个点的坐标(xi，yi)。 输入的坐标均为整数，取值范围是：-100，000到100，000。

Output Format

输出文件名为point．out。 输出一行一个整数，表示T模上1，000，000，007的结果。

Sample Input

4
0 0
0 1
1 0
1 1

Sample Output

4

菲波那切数列可以暴力求，然后这个公式也没有什么能变形的地方，反正就是告诉你：求相交线段的数目。
我们考虑每个点所作出的贡献。

如图，对于每个O，我们枚举A点和B点，此时，我们只需要计算OA,OB的反向延长线范围内的点数num,然后tot[A][B]-=num即可！，至于为什么呢，因为我们计算这部分点和O相连的时候，无法和AB相交，然而我们却无法直接计算，因为OAB三角形内还有部分不合法的点对，因此我们利用容斥原理，每次只减去一个方向的点，最后得到的便是答案。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<string>
#include<algorithm>
#define ll long long
const ll MOD=1000000007;
const double pi=acos(-1),eps=1e-13;
int f[200005],tot[205][205];
int n;
struct Point{
    int x,y,id;
    double ang;
}p[200005],t[200005];
int sign(double x){
    return x<-eps?-1:x>eps;
}
ll powit(ll x,int y){
    ll ans=1;
    while (y){
        if (y&1) ans=(ans*x)%MOD;
        x=(x*x)%MOD;
        y/=2; 
    }
    return ans;
}
bool cmp(Point x,Point y){
    return x.ang<y.ang;
}
void Fib(){
    f[0]=1;
    f[1]=1;
    for (int i=2;i<=n*n;i++) f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%(MOD-1);
}
void solve(){
    for (int i=1;i<=n;i++){
        int cnt=0;
        for (int j=1;j<=n;j++){
            if (j==i) continue;
            p[++cnt]=t[j];
            p[cnt].ang=std::atan2(t[j].y-t[i].y,t[j].x-t[i].x);
        }
        std::sort(p+1,p+n,cmp);
        for (int j=1;j<n;j++){
            p[n-1+n-1+j]=p[n-1+j]=p[j];
            p[n-1+j].ang=p[j].ang+2*pi;
            p[n-1+n-1+j].ang=p[n-1+j].ang+2*pi;
        }
        int l=1;
        for (int j=1;j<n;j++){
            int r=j+1;
            while (sign(p[l].ang-p[j].ang-pi)<0) ++l;
            for (int k=j+1;sign(p[k].ang-p[j].ang-pi)<=0;k++){
                 while (sign(p[r+1].ang-p[k].ang-pi)<=0) r++;
                 tot[p[k].id][p[j].id]=tot[p[j].id][p[k].id]+=k-j-1-(r-l+1); 
            }  
        }
    }
    ll     ans=1;
    for (int i=1;i<=n;i++)
     for (int j=i+1;j<=n;j++){
         tot[i][j]/=2;
         ans=(ans*(1+powit(tot[i][j],f[tot[i][j]])%MOD))%MOD;
     }
    printf("%lld",ans); 
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d%d",&t[i].x,&t[i].y);
        t[i].id=i;
    }
    Fib();
    solve();
}