[OICamp 2016 Day 1][JZOJ4773]凸包

题目大意

给定二维平面n个点，每个点坐标都是在[1,109]内的整数。
对于每一个点，都有0.5的概率将其染色为黑色。
求所有黑点构成的凸包上点数的期望，答案乘上2n并对109+7取模。、
注意：这里的凸包指的是非退化凸包，凸包上任意两点不重合，任意三点不共线！

1≤n≤2000

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题目分析

由于乘上了2n，答案相当于所有情况凸包点数的和。
先不考虑共线和重点情况。
从点入手，统计每个点对答案的贡献似乎很难。因为一个点在凸包内的充分必要条件是写不出来的。
但是我们可以发现，由于凸包是闭合图形，因此边数与点数相等，因此，统计边数之和与统计点数之和等价（当然，单个点凸包特殊处理，还有两个点构成的凸包有两条边！！！）。
我们枚举边的起点，然后对其余所有点极角排序。依次枚举边的终点，一条边（注意我们规定它是有向线段）在凸包内当且仅当该线段右手方向（你也可以规定左手方向）没有任何点，并且与它共线的点不能在这条线段外。其余的点取和不取，对凸包形态都没有影响。记这些没有影响的点个数为tot，这条边对答案贡献显然是2tot。
怎么统计这种点的个数呢？当我们枚举的有向线段在一二象限上时，我们可以使用一个指针来得到第一个不在这条线段右手方向的点，那在这个指针前一位就是第一个合法的点。否则使用一个指针来得到第一个在这条线段右手方向的点，在这个指针的前一位开始就是要减掉的不合法点。
考虑重点情况，其实没有多大影响。我们将所有相同点缩成一个。设要统计边(i,j)对答案贡献，cntx表示点x的出现次数，那么这个贡献要乘上(2cnti−1)(2cntj−1)，统计单点贡献也应该是2cntx−1。还有，我们要使用前缀和而不是单纯用指针位置来统计点数。
至于共线情况，我们令极角排序第二关键字是长度。然后有向线段内的所有点都是可以随便选的，计入tot内。然后就是很简单地瞎搞了。
其实这题细节还挺多的，就交给读者们自己思考了，当然也可以参考一下我的代码。
时间复杂度O(n2log2n)。

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代码实现

#include <algorithm>#include <iostream>#include <cstdio>#include <cctype>#include <cmath>using namespace std;typedef long long LL;inline int read(){    int x=0,f=1;    char ch=getchar();    while (!isdigit(ch)) f=ch=='-'?-1:f,ch=getchar();    while (isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar();    return x*f;}const int INF=2000000000;const int MOD=1000000007;const int N=2050;struct P{    int x,y,cnt;    inline P(int x_=0,int y_=0,int cnt_=0){x=x_,y=y_,cnt=cnt_;}}ps[N],pn[N];bool operator!=(P a,P b){return a.x!=b.x||a.y!=b.y;}bool cmp1(P a,P b){return a.x<b.x||a.x==b.x&&a.y<b.y;}inline P operator-(P a,P b){return P(a.x-b.x,a.y-b.y);}inline P operator+(P a,P b){return P(a.x+b.x,a.y+b.y);}inline LL operator*(P a,P b){return 1ll*a.x*b.x+1ll*a.y*b.y;}inline LL operator^(P a,P b){return 1ll*a.x*b.y-1ll*a.y*b.x;}inline int sgn(LL x){return (!x)?0:(x>0?1:-1);}inline int direct(P a,P b){return sgn(a^b);}inline int quadrant(P a){    if (a.y>=0&&a.x>0) return 0;    if (a.x<=0&&a.y>0) return 1;    if (a.y<=0&&a.x<0) return 2;    if (a.x>=0&&a.y<0) return 3;}inline LL mod2(P a){return a*a;}bool cmp2(P a,P b){    int qa=quadrant(a),qb=quadrant(b),d=direct(a,b);    return qa<qb||qa==qb&&(d>0||!d&&mod2(a)<mod2(b));}int pw[N],sum[N];int ans,n;void solve(){    for (int i=1,tot,cur,col,right;i<=n;i++)    {        (ans+=pw[ps[i].cnt]-1)%=MOD,tot=0;        for (int j=1;j<=n;j++)            if (i!=j) pn[++tot]=ps[j]-ps[i],pn[tot].cnt=ps[j].cnt;        sort(pn+1,pn+1+tot,cmp2);        col=0,cur=1;        bool flag=0;        sum[0]=0;        for (int j=1;j<=tot;j++) sum[j]=sum[j-1]+pn[j].cnt;        for (int j=1;j<=tot;j++)        {            if (!flag) while (cur<=tot&&direct(pn[cur],pn[j])<=0) cur++;            if (!flag&&quadrant(pn[j])>=2) flag=cur=1;            if (flag) while (cur<=tot&&(direct(pn[cur],pn[j])<0||!direct(pn[cur],pn[j])&&quadrant(pn[cur])!=quadrant(pn[j]))) cur++;            if (j==1||direct(pn[j],pn[j-1])||quadrant(pn[j])!=quadrant(pn[j-1])) col=0;            right=sum[j-1]-col+(flag?-sum[cur-1]:sum[tot]-sum[cur-1]);            (ans+=1ll*(pw[ps[i].cnt]-1)*(pw[pn[j].cnt]-1)%MOD*pw[right+col]%MOD)%=MOD;            col+=pn[j].cnt;        }    }}int main(){    freopen("random.in","r",stdin),freopen("random.out","w",stdout);    n=read(),pw[0]=1;    for (int i=1;i<=n;i++) pw[i]=1ll*pw[i-1]*2%MOD;    for (int i=1,x,y;i<=n;i++) x=read(),y=read(),ps[i]=P(x,y);    sort(ps+1,ps+1+n,cmp1),ps[0]=P(-INF,-INF);    int df=0;    for (int i=1,l=0;i<=n;i++)    {        if (ps[i]!=ps[i-1]) l=i;        ps[l].cnt++;    }    for (int i=1;i<=n;i++) if (ps[i].cnt) ps[++df]=ps[i];    for (int i=df+1;i<=n;i++) ps[i]=P(0,0);    n=df;    solve();    printf("%d\n",ans);    fclose(stdin),fclose(stdout);    return 0;}