計算幾何作業（上）

~~好多HDU的題，我想死。~~

HDU 6325 Problem G. Interstellar Travel

求從左到右字典序最小上凸殼，注意這個題不能選多個重點。
$\mathcal AC \ Code$

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 200005
#define LL long long
#define Ct const
#define rep(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i<=LIM;i++)
#define per(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i>=LIM;i--)
using namespace std;

int n;

#define Pt Point
struct Pt{
	LL x,y;
	Pt(Ct LL &x=0,Ct LL &y=0):x(x),y(y){}
	Pt operator +(Ct Pt &B)Ct{ return Pt(x + B.x , y + B.y); }
	Pt operator -(Ct Pt &B)Ct{ return Pt(x - B.x , y - B.y); }
	LL operator *(Ct Pt &B)Ct{ return x * B.y - y * B.x; }
}P[maxn];
int c[maxn];
bool cmp(const int &u,const int &v){ return P[u].x == P[v].x ? P[u].y > P[v].y : P[u].x < P[v].x; }
int q[maxn],R;

int main(){
	int T;
	for(scanf("%d",&T);T--;){
		scanf("%d",&n);
		rep(i,1,n) scanf("%lld%lld",&P[i].x,&P[i].y),c[i]=i;
		stable_sort(c+1,c+1+n,cmp);
		q[R=0] = 1; 
		rep(i,2,n){
			int u=c[i];
			if(P[u].x == P[c[i-1]].x && P[u].y == P[c[i-1]].y) 
				continue;
			for(;R>=1 && (
				(P[q[R]] - P[q[R-1]]) * (P[u] - P[q[R-1]]) > 0 
				||
				((P[q[R]] - P[q[R-1]]) * (P[u] - P[q[R-1]]) == 0 && u < q[R]) 
				)
				;)
				R--;
			q[++R] = u;
		}
		rep(i,0,R) printf("%d%c",q[i]," \n"[i==R]);
	}
}

HDU 2202 最大三角形

求 $n$ 個點中選三個點的最大三角形面積。
首先存在一個最大三角形三個點都在凸包上。
求出凸包後有 $O(n^2)$ 的旋轉卡殼和 $O(n^3)$ 的暴力枚舉算法。
但是他們都能過。
這是因爲這道題有一個性質是 $x,y \in \N \wedge -1e4 \leq x , y \leq 1e4$
設 $C = 1e4$
有一個結論就是凸包上的點數上界是 $O(C^\frac 23)$ （期望點數是 $O(\log C)$ 的）
首先很多構造凸包的想法都是 $O(C^\frac 12)$ 的，
證明思路應該是有效的斜率只有 $O(C^\frac 23)$ 種（具體證明應該和 $Stern-Brocot\ Tree$ 有關，也就是和最簡分數有關~~其實就是我不會~~），這是答案的上界。
然後這裏給出一個構造：
造一個 $x^2 + y^2 \leq C^2$ 的圓，把圓內所有頂點造個凸包，容易發現這個凸包的點數就是 $O(n ^ \frac 23)$ 級別的。
~~這東西怎麼網上一點提示都沒有啊啊啊啊啊啊啊啊啊連CF出題人都敷衍了事這莫非是什麼離譜的openproblem嗎~~

$\mathcal AC \ Code$

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 50005
#define LL long long
#define Ct const
#define rep(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i<=LIM;i++)
#define per(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i>=LIM;i--)
using namespace std;

int n;

#define Pt Point
struct Pt{
	LL x,y;
	Pt(Ct LL &x=0,Ct LL &y=0):x(x),y(y){}
	Pt operator +(Ct Pt &B)Ct{ return Pt(x + B.x , y + B.y); }
	Pt operator -(Ct Pt &B)Ct{ return Pt(x - B.x , y - B.y); }
	LL operator *(Ct Pt &B)Ct{ return x * B.y - y * B.x; }
}P[maxn];
int c[maxn];
bool cmp(const int &u,const int &v){ return P[u].x == P[v].x ? P[u].y > P[v].y : P[u].x < P[v].x; }
int q[maxn],R;

int main(){
	//freopen("1.in","r",stdin);
	for(;scanf("%d",&n) != EOF;){
		rep(i,1,n) scanf("%lld%lld",&P[i].x,&P[i].y),c[i]=i;
		stable_sort(c+1,c+1+n,cmp);
		q[R=0] = c[1]; 
		rep(i,2,n){
			int u=c[i];
			for(;R>=1 && ((P[q[R]] - P[q[R-1]]) * (P[u] - P[q[R-1]]) >= 0);)R--;
			q[++R] = u;
		}
		int L = R;
		per(i,n,1){
			int u = c[i];
			for(;R>L && ((P[q[R]] - P[q[R-1]]) * (P[u] - P[q[R-1]]) >= 0);)R--;
			q[++R] = u;
		}
		LL ans = 0;
		rep(i,0,R) rep(j,i+1,R) rep(k,j+1,R)
			ans = max(ans , abs((P[q[j]]-P[q[i]]) * (P[q[k]]-P[q[i]])));
		printf("%.2lf\n",(double)ans / 2);
	}
}

HDU 1392 Surround the Trees

~~垃圾題目，題意有病，建議出題人審視一下自己的conscience~~
$\mathcal AC \ Code$

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 50005
#define LL long long
#define Ct const
#define rep(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i<=LIM;i++)
#define per(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i>=LIM;i--)
using namespace std;

int n;
double sqr(double a){ return a * a; }
#define Pt Point
struct Pt{
    LL x,y;
    Pt(Ct LL &x=0,Ct LL &y=0):x(x),y(y){}
    Pt operator +(Ct Pt &B)Ct{ return Pt(x + B.x , y + B.y); }
    Pt operator -(Ct Pt &B)Ct{ return Pt(x - B.x , y - B.y); }
    LL operator *(Ct Pt &B)Ct{ return x * B.y - y * B.x; }
    double dist(Ct Pt &B)Ct{
        return sqrt(sqr(x - B.x) + sqr(y - B.y));
    }
}P[maxn];
int c[maxn];
bool cmp(const int &u,const int &v){ return P[u].x == P[v].x ? P[u].y > P[v].y : P[u].x < P[v].x; }
int q[maxn],R;

int main(){
    //freopen("1.in","r",stdin);
    for(;scanf("%d",&n) != EOF && n;){
        rep(i,1,n) scanf("%lld%lld",&P[i].x,&P[i].y),c[i]=i;
        stable_sort(c+1,c+1+n,cmp);
        q[R=0] = c[1]; 
        rep(i,2,n){
            int u=c[i];
            for(;R>=1 && ((P[q[R]] - P[q[R-1]]) * (P[u] - P[q[R-1]]) >= 0);)R--;
            q[++R] = u;
        }
        int L = R;
        per(i,n,1){
            int u = c[i];
            for(;R>L && ((P[q[R]] - P[q[R-1]]) * (P[u] - P[q[R-1]]) >= 0);)R--;
            q[++R] = u;
        }
        double ans = 0;
        rep(i,0,R-1) ans += P[q[i]].dist(P[q[i+1]]);
        if(n == 2) ans /= 2;
        printf("%.2lf\n",ans);
    }
}

HDU 1469 Video Surveillance

求多邊形的核。
注意到Thus the edges alternate between horizontal and vertical.
所以爲什麼要寫半平面交呢？

$\mathcal AC \ Code$

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define maxn 105
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;

int n,x[maxn],y[maxn],mnx,mxx,mny,mxy;

int main(){
	int cas = 0;
	while(~scanf("%d",&n) && n){
		for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
		mnx = mny = -inf;
		mxx = mxy = inf;
		for(int i=0;i<n;i++){
			int v = (i+1)%n;
			if(x[i] == x[v]){
				if(y[i] > y[v]) mxx = min(mxx , x[i]);
				else mnx = max(mnx , x[i]);
			}
			else{
				if(x[i] < x[v]) mxy = min(mxy , y[i]);
				else mny = max(mny , y[i]);
			}
		}
		printf("Floor #%d\n",++cas);
		if(mnx > mxx || mny > mxy) puts("Surveillance is impossible.");
		else puts("Surveillance is possible.");
		putchar('\n');
	}
}

HDU 5462 Manors

$n$ 個人，每個人有 $m$ 個旗子座標爲 $x_{i,j},y_{i,j}$ ，求在 $4095^2$ 的土地上每一個點 $x,y$ 按照 $f_i(x,y)$ 計算的最小的那個 $i$ 就是這個位置的主人，求每個人的土地大小。

$f_i(x,y) = mx^2+my^2-2x\sum_{j}x_{i,j}-2y\sum_{j}y_{i,j}+\sum_{j}x_{i,j}^2+y_{i,j}^2$

$f_i(x,y) - f_k(x,y) = -2\sum_{j}(x_{i,j} - x_{k,j})x -2\sum_{j}(y_{i,j}-y_{k,j})y+\sum_{j}(x_{i,j}^2+y_{i,j}^2-x_{k,j}^2-y_{k,j}^2) \leq 0$
半平面交即可得到面積。

$\mathcal AC \ Code$

#include<bits/stdc++.h>
#define db double
#define Ct const
#define Pt Point
#define rep(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i<=LIM;i++)
#define per(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i>=LIM;i--)
#define eps 1e-8
#define maxn 205
#define maxm 2005
using namespace std;

int n,m;
db x[maxn][maxm] , y[maxn][maxm] , smx[maxn] , smy[maxn] , smx2[maxn] , smy2[maxn];

int dcmp(Ct db &a){ return a < -eps ? -1 : a > eps ? 1 : 0; }
db sqr(Ct db &a){ return a * a; }
struct Pt{
	db x,y;
	Pt(Ct db &x=0,Ct db &y=0):x(x),y(y){}
	Pt operator +(Ct Pt &B)Ct{ return Pt(x+B.x,y+B.y); }
	Pt operator -(Ct Pt &B)Ct{ return Pt(x-B.x,y-B.y); }
	db operator *(Ct Pt &B)Ct{ return x * B.y - y * B.x; }
	Pt operator *(Ct db &B)Ct{ return Pt(x * B , y * B); }
}qp[maxn];
struct Ln{
	Pt S,T;
	db ang;
	Ln(Ct Pt &S=0,Ct Pt &T=0):S(S),T(T){ ang = atan2(T.y-S.y,T.x-S.x); }
	bool operator <(Ct Ln &B)Ct{ return dcmp(ang - B.ang) ? ang < B.ang : (B.T - S) * (T - S) < 0; }
}L[maxn],q[maxn];
int cnt,ql,qr;

Pt Itp(Ct Pt &p1,Ct Pt &v1,Ct Pt &p2,Ct Pt &v2){ return p1 + v1 * ((p2 - p1) * v2 / (v1 * v2)); }
#define Ptln(a) a.S,a.T-a.S

db HalfPlaneInsection(){
	sort(L+1,L+1+cnt);
	ql=0,qr=-1;
	rep(i,1,cnt) if(i == 1 || dcmp(L[i].ang - L[i-1].ang)){
		for(;ql<=qr-1 && (qp[qr] - L[i].S) * (L[i].T - L[i].S) <= 0;qr--);
		for(;ql<=qr-1 && (qp[ql+1] - L[i].S) * (L[i].T - L[i].S) <= 0;ql++);
		q[++qr] = L[i];
		if(ql<=qr-1) qp[qr] = Itp(Ptln(q[qr]),Ptln(q[qr-1]));
	}
	for(;ql<=qr-2 && (qp[qr] - q[ql].S) * (q[ql].T - q[ql].S) <= 0;qr--);
	if(qr-ql<2) return 0;
	qp[ql] = Itp(Ptln(q[qr]),Ptln(q[ql]));
	db ans = 0;
	rep(i,ql,qr){
		int v = i + 1;
		if(v > qr) v = ql;
		ans += (qp[i] - qp[ql]) * (qp[v] - qp[ql]); 
	}
	return ans / 2;
}

int main(){
	int T,cas=0;
	for(scanf("%d",&T);T--;){
		scanf("%d%d",&n,&m);
		rep(i,1,n) smx[i] = smy[i] = smx2[i] = smy2[i] = 0;
		rep(i,1,n) rep(j,1,m) scanf("%lf%lf",&x[i][j],&y[i][j]) , smx[i] += x[i][j] , smx2[i] += sqr(x[i][j]) , smy[i] += y[i][j] , smy2[i] += sqr(y[i][j]);
		printf("Case #%d: ",++cas);
		rep(i,1,n){
			cnt = 0;
			rep(j,1,n) if(i^j){
				db A=2 * (smx[j] - smx[i]),B=2 * (smy[j] - smy[i]),C=smx2[i] + smy2[i] - smx2[j] - smy2[j];
				Pt S , T;
				if(dcmp(A)) S = Pt(- C / A , 0);
				else S = Pt(0 , -C / B);
				T = S + Pt(B,-A);
				L[++cnt] = Ln(S,T);
			}
			L[++cnt] = Ln(Pt(0,0) , Pt(0,4095));
			L[++cnt] = Ln(Pt(0,4095) , Pt(4095,4095));
			L[++cnt] = Ln(Pt(4095,4095),Pt(4095,0));
			L[++cnt] = Ln(Pt(4095,0),Pt(0,0));
			printf("%d%c",(int)round(HalfPlaneInsection())," \n"[i==n]);
		}
	}
}

HDU 4327 Shooting

在 $[0,1]\times [0,1]$ 的平面內每個點 $(x,y)$ 有個權重 $f(x,y) = 2 - x - y$ ，平面內有 $n$ 個點 $\{p_i\}$ ，現在在平面上帶權隨機選擇一個點，問離這個點最近的點是 $p_i$ 的概率。

和上題基本一樣，半平面交求出每個點的範圍後求積分：
假如是 $S(a,b),T(c,d)$ ，求線段 $S\rightarrow T$ 下的帶權積分。
$\int_{x=a}^b \int_{y=0}^{c + \frac {(d-c)(x-a)}{b-a}} 2-x-y{\rm d}x{\rm d}y$
形式不太優美，設 $y = kx + B$
原式分成三部分：
$\int_{x=a}^b \int_{y=0}^{kx+B} 2 = (b-a)(d+c)$
$\int_{x=a}^b -x \int_{y=0}^{kx+B} 1=\int_{x=a}^b -kx^2-Bx = \frac {k(a^3-b^3)}3 + \frac{(a^2-b^2)B}2$
$-\int_{x=a}^b\int_{y=0}^{kx+B} y = -\int_{x=a}^b \frac {k^2x^2+B^2}2+kBx = \frac {k^2(a^3-b^3)}6+\frac {B^2(a-b)}2 + \frac {kB(a^2-b^2)}2$
然後就硬算即可。

$\mathcal AC \ Code$

#include<bits/stdc++.h>
#define db double
#define Ct const
#define Pt Point
#define rep(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i<=LIM;i++)
#define per(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i>=LIM;i--)
#define eps 1e-8
#define maxn 205
#define maxm 2005
using namespace std;

int n,m;
db x[maxn],y[maxn];

int dcmp(Ct db &a){ return a < -eps ? -1 : a > eps ? 1 : 0; }
db sqr(Ct db &a){ return a * a; }
db cube(Ct db &a){ return a * a * a; }
struct Pt{
	db x,y;
	Pt(Ct db &x=0,Ct db &y=0):x(x),y(y){}
	Pt operator +(Ct Pt &B)Ct{ return Pt(x+B.x,y+B.y); }
	Pt operator -(Ct Pt &B)Ct{ return Pt(x-B.x,y-B.y); }
	db operator *(Ct Pt &B)Ct{ return x * B.y - y * B.x; }
	Pt operator *(Ct db &B)Ct{ return Pt(x * B , y * B); }
}qp[maxn];
struct Ln{
	Pt S,T;
	db ang;
	Ln(Ct Pt &S=0,Ct Pt &T=0):S(S),T(T){ ang = atan2(T.y-S.y,T.x-S.x); }
	bool operator <(Ct Ln &B)Ct{ return dcmp(ang - B.ang) ? ang < B.ang : (B.T - S) * (T - S) < 0; }
}L[maxn],q[maxn];
int cnt,ql,qr;

Pt Itp(Ct Pt &p1,Ct Pt &v1,Ct Pt &p2,Ct Pt &v2){ return p1 + v1 * ((p2 - p1) * v2 / (v1 * v2)); }
#define Ptln(a) a.S,a.T-a.S

db HalfPlaneInsection(){
	sort(L+1,L+1+cnt);
	ql=0,qr=-1;
	rep(i,1,cnt) if(i == 1 || dcmp(L[i].ang - L[i-1].ang)){
		for(;ql<=qr-1 && (qp[qr] - L[i].S) * (L[i].T - L[i].S) <= 0;qr--);
		for(;ql<=qr-1 && (qp[ql+1] - L[i].S) * (L[i].T - L[i].S) <= 0;ql++);
		q[++qr] = L[i];
		if(ql<=qr-1) qp[qr] = Itp(Ptln(q[qr]),Ptln(q[qr-1]));
	}
	for(;ql<=qr-2 && (qp[qr] - q[ql].S) * (q[ql].T - q[ql].S) <= 0;qr--);
	if(qr-ql<2) return 0;
	qp[ql] = Itp(Ptln(q[qr]),Ptln(q[ql]));
	db ans = 0;
	rep(i,ql,qr){
		int v = i + 1;
		if(v > qr) v = ql;
		if(dcmp(qp[i].x - qp[v].x)){
			db K = (qp[v].y - qp[i].y) / (qp[v].x - qp[i].x) , B = qp[i].y - qp[i].x * K;
			ans += (qp[v].x - qp[i].x) * (qp[v].y + qp[i].y)
				+ K * (cube(qp[i].x) - cube(qp[v].x)) / 3 
				+ B * (sqr(qp[i].x) - sqr(qp[v].x)) / 2
				+ sqr(K) * (cube(qp[i].x) - cube(qp[v].x)) / 6
				+ sqr(B) * (qp[i].x - qp[v].x) / 2
				+ K * B * (sqr(qp[i].x) - sqr(qp[v].x)) / 2;
		}
	}
	return fabs(ans);
}

int main(){
	int T,cas=0;
	for(scanf("%d",&T);T--;){
		scanf("%d",&n);
		rep(i,1,n) scanf("%lf%lf",&x[i],&y[i]);
		printf("Case #%d:\n",++cas);
		rep(i,1,n){
			cnt = 0;
			rep(j,1,n) if(i^j){
				db A=2 * (x[j] - x[i]),B=2 * (y[j] - y[i]),C=sqr(x[i]) + sqr(y[i]) - sqr(x[j]) - sqr(y[j]);
				Pt S , T;
				if(dcmp(A)) S = Pt(- C / A , 0);
				else S = Pt(0 , -C / B);
				T = S + Pt(B,-A);
				L[++cnt] = Ln(S,T);
			}
			L[++cnt] = Ln(Pt(0,0) , Pt(0,1));
			L[++cnt] = Ln(Pt(0,1) , Pt(1,1));
			L[++cnt] = Ln(Pt(1,1),Pt(1,0));
			L[++cnt] = Ln(Pt(1,0),Pt(0,0));
			printf("%.6lf\n",HalfPlaneInsection());
		}
	}
}

HDU 6354 Everything Has Changed

用一堆圓來切割一個圓心爲原點，半徑爲R的圓A，問切割完畢後圓A外圍剩餘部分的周長。

注意到題目中所有圓都只會和大圓 $A$ 相交，所以直接判斷相交後加入大圓被刪去的部分加回小圓加入的部分。

$Code$

#include<bits/stdc++.h>
#define db double
#define Pi 3.1415926535897932384626433832795
using namespace std;

int m;
db R,x,y,r;
db sqr(db a){ return a * a; }

int main(){
	int T;
	scanf("%d",&T);
	for(;T--;){
		scanf("%d%lf",&m,&R);
		db ans = 2 * Pi * R;
		for(int i=1;i<=m;i++){
			scanf("%lf%lf%lf",&x,&y,&r);
			db d = sqrt(x*x+y*y);
			if(d + r >= R && d - r <= R){
				db a = acos((sqr(d) + sqr(R) - sqr(r)) / d / 2 / R);
				db b = acos((sqr(d) + sqr(r) - sqr(R)) / d / 2 / r);
				ans += b * 2 * r - a * 2 * R;
			}
		}
		printf("%.15lf\n",ans);
	}
}

計算幾何作業（上）

HDU 6325 Problem G. Interstellar Travel

HDU 2202 最大三角形

HDU 1392 Surround the Trees

HDU 1469 Video Surveillance

HDU 5462 Manors

HDU 4327 Shooting

HDU 6354 Everything Has Changed

字符串作業（四）

字符串作業（三）

非數據結構向字符串算法

各種反演等數學難題

LOJ #2476. 「2018 集訓隊互測 Day 3」蒜頭的獎盃（三元環計數）

https://yachay.unat.edu.pe/blog/index.php?comment_area=format_blog&comment_component=blog&comment_co

linux以太網驅動總結