gmoj 3976. 【NOI2015模拟1.17】⑨

题目

https://gmoj.net/senior/#main/show/3976

题解

这道题目有不少解题的方法，但是大多比较麻烦。这里提供一种简捷的方法（改进自$xiaoqi$大佬的解法）

为了方便，不妨先将所有点平移至第一象限。假设要求出的是简单多边形ABCDE中的青蛙贡献值，各顶点分布如下图所示：

令$nu{m}_{△ABC}$表示△ABC中青蛙的价值之和。
发现这是等于$nu{m}_{△OAB}+nu{m}_{△OBC}+nu{m}_{△OCD}-nu{m}_{△OED}-nu{m}_{△OAE}$。不难得出结论：

多边形的num=Σ多边形中的 某些边 与点O所形成的三角形的num-Σ多边形中的 其它边 与点O所形成的三角形的num

我们不妨把这些点极角排序，接着顺时针（或逆时针）扫这些边。假如现在扫到边$A_i{A}_{i+1}$，如果$A_i$的极角序大于$A_{i+1}$的极角序，那么就加上这条边与O形成三角形的num，否则减去这条边的num。这样子结果的绝对值等于答案。

现在问题就是怎么快速求出图中任意一个三角形的num。

考虑割补法，发现对于一个三角形ABO（如下图），$nu{m}_{△ABO}=nu{m}_{△AO{A}^{\prime }}-nu{m}_{△BO{A}^{\prime }}$（A’是AB的延长线与x轴的交点）。

我们以每个顶点为原点，给所有的青蛙点、顶点以及原点极角排序（这里可以以第三象限最小、第二象限最大的极角值来排序），然后维护一个前缀和数组$su{m}_{i,j}$记录以点 i 为原点，对其他点进行极角排序，其中 j 以及极角值比 j 的要小的点的价值和（这里不妨把顶点和原点视作价值为0的青蛙）。

由于题目保证了无三点共线的情况，而有两点与原点共线的情况又很好处理（只用让原点的极角序比与它极角值相等的点的极角序小就行了），这样就能快速求出$nu{m}_{△AO{A}^{\prime }}$了（其实就是$su{m}_{A,B}-su{m}_{A,O}$ 。但是$nu{m}_{△BO{A}^{\prime }}$怎么求呢？可以在以顶点$A_i$为原点时，对于每一个顶点$A_j(i\ne j)$，都新建一个$A_j$关于$A_i$对称的点$A_j^{\prime }$，然后和上面一样处理就行了。

时间复杂度$O(n\log (n+m)+\sum s)$。

$xiaoqi$大佬在求一个三角形的num时做法不同，他是把以每一个顶点为原点给其它点排好序，算出前缀和。然后询问时用余弦定理算出∠A’OB，二分求价值和。

CODE

#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
#define llf long double
#define M 10001
#define N 1005
struct node{
    
    int x,y,id,type;long double ang;}a[N],b[N],c[3005];
int n,v[N],arr[N],sum[N][N],_sum[N][N],edge[N][N];
inline char gc()
{
    
    
	static char buf[100005],*l=buf,*r=buf;
	return l==r&&(r=(l=buf)+fread(buf,1,100005,stdin),l==r)?EOF:*l++;
}
inline void read(int &k)
{
    
    
	char ch;bool sign=0;
	while(ch=gc(),ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'));
	if(ch=='-') sign=1,ch=gc();k=ch-'0';
	while(ch=gc(),ch>='0'&&ch<='9') k=k*10+ch-'0';
	if(sign) k=-k;
}
inline int abs(int x,int y){
    
    return x<0?-x:x;}
inline bool cmp(node x,node y)
{
    
    return x.ang!=y.ang?x.ang<y.ang:abs(x.x)>abs(y.x);}
inline int calc(int x,int y)
{
    
    
	int sign=cmp(a[x],a[y])?1:-1;
	if(sign>0) x^=y,y^=x,x^=y;
	return sign*(sum[x][y]+sum[y][n+1]-sum[x][n+1]-_sum[y][x]);
}
int main()
{
    
    
	int m,q,k,s,cnt;
	read(n),read(m);
	for(int i=1;i<=n;++i) read(a[i].x),read(a[i].y),a[i].ang=atan2((llf)a[i].y,(llf)a[i].x);
	for(int i=1;i<=m;++i) read(b[i].x),read(b[i].y),read(v[i]),b[i].ang=atan2((llf)b[i].y,(llf)b[i].x);
	for(int i=1;i<=n;++i) a[i].x+=M,a[i].y+=M;
	for(int i=1;i<=m;++i) b[i].x+=M,b[i].y+=M;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
    
    
		s=1,cnt=0,c[1]=(node){
    
    -a[i].x,-a[i].y,n+1,0};
		for(int j=1;j<=n;++j) if(i^j)
			c[++s]=(node){
    
    a[j].x-a[i].x,a[j].y-a[i].y,j,0,atan2((llf)(a[j].y-a[i].y),(llf)(a[j].x-a[i].x))},
			c[++s]=(node){
    
    a[i].x-a[j].x,a[i].y-a[j].y,j,1,atan2((llf)(a[i].y-a[j].y),(llf)(a[i].x-a[j].x))};
		for(int j=1;j<=m;++j) c[++s]=(node){
    
    b[j].x-a[i].x,b[j].y-a[i].y,j,2,atan2((llf)(b[j].y-a[i].y),(llf)(b[j].x-a[i].x))};
		sort(c+1,c+s+1,cmp);
		for(int j=1;j<=s;++j)
		{
    
    
			if(!c[j].type) sum[i][c[j].id]=cnt;
			else if(c[j].type==1) _sum[i][c[j].id]=cnt;
			else cnt+=v[c[j].id];
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=1;j<i;++j)
			edge[i][j]=calc(i,j),edge[j][i]=-edge[i][j];
	read(q);
	for(int p=1;p<=q;++p)
	{
    
    
		read(k);
		for(int i=1;i<=k;++i) read(arr[i]);
		cnt=edge[arr[k]][arr[1]];
		for(int i=1;i<k;++i) cnt+=edge[arr[i]][arr[i+1]];
		printf("%d\n",abs(cnt));
	}
	return 0;
}