题意简述：
在一个格点图中 给定一个凸$n$边形（每个定点均在格点上），随机选择其中一些点构成一个子多边形，
求子多边形的内部点个数的期望。
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首先这题是需要知道 皮克定理 这个结论的
我们用 $s$代表多边形面积 $ans$代表内部点数（即要求的答案）$node$代表边上的格点
公式即为 $ans=s-\frac{node}{2}+1$
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然后这题是求期望的 对于期望 我们知道它是满足分配率的 于是我们可以考虑分别求出$s$和$node$的期望
对于$s$的期望 可以这样考虑（算贡献）
每次选出一个子多边形后 剩余部分显然是可以用多个顶点连续的多边形补成的
我们可以用前缀和维护这个顶点连续的多边形的面积 然后来算贡献
公式为$\displaystyle \frac{2^{n-i} -1}{2^n-1-n-C_2^n}*$子多边形面积
直接求出所有是$O(n^2)$的 然而观察公式我们可以发现i取较大的数的时候对答案的影响是很小的
综合考虑题目要求的$10^-9$的相对误差以及$double$的精度 $i$可以取$min(n,60)$
$node$的求法也是类似的 只要熟悉如何算贡献就比较容易了 想了很久还不懂的话可以留言
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这样我们就可以过掉样例了 然后我们会$ WA 10$
因为$double$不仅仅是精度 还有范围 大概范围就是 $(10^{300}～10^{-300})$
这个问题 初次遇见还是很纠结的 多想想后 我们发现可以把公式变形成这样(上下同时除$2^n$):
$\displaystyle\frac{2^{-i} -1}{1-2^{-n}*(1+n+C_n^2)}*$子多边形面积
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差不多就是这些了 第一次写$div1D$题 还有些小激动呢
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
double polygon[N],p[N];
int x[N],y[N];
double s,ans,node,product;
int n,lim;
double cross(long long x1,long long y1,long long x2,long long y2)
{
return x1*y2-x2*y1;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
lim=min(n,60);
p[0]=1;
for(int i=0;i<n;++i)
{
scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
p[i+1]=p[i]*0.5;
}
for(int i=3;i<lim;++i)
{
product=(p[i]-p[n])/
(1-p[n]*((long long)n*(n-1)/2+n+1));
for(int j=0;j<n;++j)
{
polygon[j]+=cross(x[(j+i-2)%n]-x[j],y[(j+i-2)%n]-y[j],
x[(j+i-1)%n]-x[j],y[(j+i-1)%n]-y[j]);
s-=product*polygon[j];
}
}
for(int i=0;i<n-2;++i)
s+=cross(x[i+1]-x[0],y[i+1]-y[0],
x[i+2]-x[0],y[i+2]-y[0]);
s/=2;
for(int i=2;i<=lim;++i)
{
product=(p[i]-p[n])/
(1-p[n]*((long long)n*(n-1)/2+n+1));
for(int j=0;j<n;++j)
node+=product*__gcd(abs(x[(j+i-1)%n]-x[j]),
abs(y[(j+i-1)%n]-y[j]));
}
ans=s-node/2+1;
printf("%.10f\n",ans);
return 0;
}