2016 Multi-University Training Contest 2 - 1005 Eureka

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5738

题目大意：给定平面上的n个点，一个集合合法当且仅当集合中存在一对点u,v，对于集合中任意点w，均有dis(u,v)≥[dis(u,v)+dis(u,w)+dis(v,w)]/2。其中dis(A,B)为A,B两点的欧几里得距离（？）。问你这样的合法集合有多少个。数据范围：1≤n≤1000。

 

提示：可能出现多个同样的点，我们称之为重点。

容易得到：n个点（其中有cnt个重复的p点）共线，可构成的集合$$2^{n}-C_{n}^{1}-C_{n}^{0}\tag1$$即$2^{n}-n-1$个。包括了“任意2个p点组成集合”这种情况。

但是 同时p点也与另外m个点共线，也可构成$2^{m}-n-1$，注意 其中也包括了 “任意2个p点组成集合”。这就重复记数了。如何规避重复，这也是题目的难点所在。

这里提供一种思路;

注意到，“只选择2个重点本身组成集合”对每个不同的重点，这种情况只能计数一次（在多种共线方案中只计数一次）。其他的共线方案中，

假设 有cnt 个重点 和 n个共线的点，采用分步计数方式，第一步在重点中选1个或多个点，第二步在n个点中选1个或多个点。这样的话，种数为

$$\left( 2^{cnt}-C_{cnt}^{0}\right) \ast \left( 2^{n}-C_{n}^{0}\right)\tag2$$

神奇的是，单个点（即cnt = 1），对 2 式也成立。即1个点也看作是重点。

 

如何实现：“对每个不同的重点，这种情况只能计数一次（在多种共线方案中只计数一次）”呢？   其实很好实现，即对每个重点，用公式 1 计数竖直共线情况即可。

对于其他的共线方案，通过极角排序，cmp() 的时候不要把斜率化成小数比较，直接dyA*dxB<dxA*dyB这样比较可避免精度问题。（为什么要除|gcd(dx,dy)|?难道是怕爆long long？表示目前还不知道）

 

总结，这道题目 需要的技巧比较多，细节也比较多，很哟挑战性！

 

代码：

 

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;

const int MaxN = 1000, Pt = 1e9 + 7;
struct Point
{
    int x, y, dx, dy;
} a[MaxN + 5], b[MaxN + 5];
int T, n;
LL Pow[MaxN + 5];
LL ans;

int Gcd(int x, int y)
{
    if (y == 0) return x;
    return Gcd(y, x % y);
}

void Init()
{
    scanf("%d", &n);
    Pow[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        scanf("%d%d", &a[i].x, &a[i].y);
        Pow[i] = (Pow[i - 1] * 2) % Pt;
    }
}

bool cmp(Point A, Point B)
{
    if (A.x == B.x) return A.y < B.y;
    return A.x < B.x;
}

bool cmp2(Point A, Point B)
{
    return (LL)A.dy * B.dx < (LL)A.dx * B.dy;
}

void Solve()
{
    ans = 0;
    sort(a + 1, a + n + 1, cmp);
    int L = 1, R = 1;
    while (L <= n)
    {
        while (R < n && a[R + 1].x == a[R].x) R++;
        ans = (ans + Pow[R - L + 1] - 1 - (R - L + 1)) % Pt;
        int l = L, r = L;
        while (l <= R)
        {
            while (r < R && a[r + 1].y == a[r].y) r++;
            int tot = 0;
            for (int i = R + 1; i <= n; i++)
            {
                b[++tot].dx = a[i].x - a[l].x;
                b[tot].dy = a[i].y - a[l].y;
                int D = Gcd(b[tot].dx, b[tot].dy);
                if (D < 0) D = -D;
                b[tot].dx /= D;
                b[tot].dy /= D;
            }
            sort(b + 1, b + tot + 1, cmp2);
            int cnt = 1;
            for (int i = 1; i <= tot; i++)
            {
                if (i == tot || cmp2(b[i], b[i + 1]))
                {
                    ans = (ans + (Pow[r - l + 1] - 1) * (Pow[cnt] - 1)) % Pt;
                    cnt = 1;
                }
                else cnt++;
            }
            l = r + 1;
            r = r + 1;
        }
        L = R + 1;
        R = R + 1;
    }
    printf("%I64d\n", ans);
}

int main()
{
    scanf("%d", &T);
    for (int i = 1; i <= T; i++)
    {
        Init();
        Solve();
    }
}