HDU 5738 Eureka（组合数学）

Description
给出n个整点，定义f(u,v)为u和v的距离，g(u,v,w)=((f(u,v)+f(u,w)+f(v,w))/2，定义这n个点的非空子集P是最好的当且仅当P中含有一个最好点对(u,v)，最好点对定义是，对集合P中任一点w，(u,v)满足f(u,v)>=g(u,v,w)，问有多少种不同的最好集合
Input
第一行一个整数T表示用例组数，对于每组用例，首先输入一个整数n表示点数，之后n行每行两个整数xi,yi表示第i个点的横纵坐标(n<=1000,-10^9<=xi,yi<=10^9)
Output
对于每种集合，输出最好集合个数，结果模1e9+7
Sample Input
3
3
1 1
1 1
1 1
3
0 0
0 1
1 0
1
0 0
Sample Output
4
3
0
Solution
由f(u,v)>=g(u,v,w)知f(u,v)>=f(u,w)+f(v,w)，显然w需要在以u和v为端点的线段上，故问题转变为这n个点能构成多少种不同的线段（此处不同指的是两个端点的编号不同时相同，线段可以左右端点相同），首先去重，将所有重点去掉只留一个同时记录其数量，枚举线段左端点，将其他所有点与此点的横纵坐标差值(x,y)化成即约形式后存在map中，那么最后这个map中存的就是以该点为左端点，其他点为右端点构成线段的所有可能斜率以及每个斜率对应的点数，假设斜率为k的有res个点，该点重复次数是num，之后就可以开始计数，即求以该点为左端点，斜率为k的线段有多少个，即从num个重复的端点中任选不少于一个点，简单推导可得共有(2^num-1)*(2^res-1)种，从res个点中任选不少于一个点的方法数，这样枚举完左端点后就得到了所有左右端点不同的线段的数量，但还要把左右端点相同的线段加到答案中，这个只需要枚举每个重点，例如某个点重复了num次，那么其对答案的贡献就是从中选取不少于两个点的方法数，即2^num-num-1，上面的贡献全部累加起来即为答案
Code

#include<cstdio>#include<iostream>#include<algorithm>#include<cmath>#include<map>using namespace std;typedef long long ll;#define maxn 1111#define mod 1000000007llstruct node{    int x,y,num;}a[maxn];int T,n;typedef pair<int,int>P;map<P,int>m;map<P,int>::iterator it;ll f[maxn];int cmp(node a,node b){    if(a.x!=b.x)return a.x<b.x;    if(a.y!=b.y)return a.y<b.y;    return a.num>b.num;}int gcd(int a,int b){    return b?gcd(b,a%b):a;}int main(){    f[0]=1;    for(int i=1;i<maxn;i++)f[i]=f[i-1]*2ll%mod;    scanf("%d",&T);    while(T--)    {        scanf("%d",&n);        for(int i=0;i<n;i++)            scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y);        sort(a,a+n,cmp);        int cnt=0;        for(int i=0;i<n;i++)        {            int num=1;            while(i<n-1&&a[i].x==a[i+1].x&&a[i].y==a[i+1].y)num++,i++;            a[cnt].x=a[i].x,a[cnt].y=a[i].y,a[cnt++].num=num;         }        sort(a,a+cnt,cmp);        ll ans=0;        for(int i=0;i<cnt;i++)        {            ll temp=(f[a[i].num]-a[i].num-1)%mod;            ans=(ans+temp+mod)%mod;        }        for(int i=0;i<cnt;i++)        {            m.clear();            for(int j=i+1;j<cnt;j++)            {                int x=a[j].x-a[i].x,y=a[j].y-a[i].y;                int g=gcd(abs(x),abs(y));                x/=g,y/=g;                P p=make_pair(x,y);                m[p]+=a[j].num;            }                   for(it=m.begin();it!=m.end();it++)            {                               ll temp=(f[a[i].num]-1)*(f[it->second]-1)%mod;                ans=(ans+temp+mod)%mod;            }        }        printf("%I64d\n",ans);    }    return 0;}