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题意

给出 \(n\) 个初始点以及 \(q\) 次询问，每次询问给出一个询问点 \(Q\)，求包括 \(Q\) 点的直角三角形有多少个。保证 \(n+q\) 个点都不重复。

思路

1. 对于每次询问，当 \(Q\) 为直角点时，以 \(Q\) 为原点，对 \(n\) 个点做象限极角排序，然后用双指针 \(L\)、 \(R\) 维护直角三角形的个数。 \(L\) 指针用来枚举其中的一条直角边， \(R\) 指针用来寻找在另一条直角边上的点有多少个，每次找 \(QL\) 这条边逆时针方向的另一条边\(QR\)。所以当 \(L\) 往逆时针转动时，\(R\) 也会往逆时针转动，那么就可以用双指针直接维护出来了，特别注意一下多个点在同一条直线上的情况就可以了。
2. 若 \(Q\) 不是直角点时，可以离线处理，把 \(n+q\) 个点全部存出来，然后枚举以 \(n\) 个初始点为直角点时，对哪些的 \(Q\) 点有贡献，维护方法同上。

最后的复杂度为 \(O\left(qnC_1 + n(n+q)C_2\right)\)，\(C_1、C_2\) 取决于在枚举直角点为原点后，到原点在同一条直线上的点数量。
我试过把 \(n+q\) 个节点全部提取出来，然后暴力枚举每个点为直角点的情况，但是这样复杂度会 \(T\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int maxn = 1e4+10;

struct Point {
    ll x, y;
    int id;
} p[maxn], be[maxn];
int n, m;
int ans[maxn];

int cmp1(Point a, Point b) {
    ll d = a.x*b.y - b.x*a.y;
    if(d == 0) {
        return a.x<b.x;
    } else {
        return d>0;
    }
}
int Qua(Point a) {
    if(a.x>0 && a.y>=0) return 1;
    if(a.x<=0 && a.y>0) return 2;
    if(a.x<0 && a.y<=0) return 3;
    if(a.x>=0 && a.y<0) return 4;
}

int cmp(Point a, Point b) {
    if(Qua(a) == Qua(b))    return cmp1(a, b);
    else    return Qua(a)<Qua(b);
}

ll check(Point a, Point b) {
    return a.x*b.x + a.y*b.y;
}

ll chaji(Point a, Point b) {
    return a.x*b.y - b.x*a.y;
}

ll work(Point pp) {
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        p[i] = be[i];
        p[i].x -= pp.x;
        p[i].y -= pp.y;
    }
    p[0] = pp;
    sort(p+1, p+1+n, cmp);
    for(int j=1; j<=n; j++) {
        p[j+n] = p[j];
    }
    ll ans = 0;
    int R = 2;
    for(int L=1; L<=n; L++) {
        while(R<=2*n) {
            if(chaji(p[L], p[R]) < 0)   break;
            if(check(p[L], p[R]) <= 0)  break;
            R++;
        }
        int tR = R;
        while(tR<=2*n) {
            if(chaji(p[L], p[tR]) <= 0) break;
            if(check(p[L], p[tR]) != 0) break;
            ans++;
            tR++;
        }
    }
    return ans;
}

int main(){
    // freopen("in", "r", stdin);
    while(~scanf("%d%d", &n, &m)) {
        int all = 0;
        for(int i=1; i<=n; i++) {
            all++;
            int x, y;
            scanf("%d%d", &x, &y);
            p[all].x = x, p[all].y = y, p[all].id = 0;
            be[all] = p[all];
        }
        for(int i=1; i<=m; i++) {
            all++;
            int x, y;
            scanf("%d%d", &x, &y);
            p[all].x = x, p[all].y = y, p[all].id = i;
            be[all] = p[all];
            ans[i] = work(p[all]);
        }
        for(int i=1; i<=n; i++) {
            for(int j=1; j<=all; j++) {
                p[j] = be[j];
            }
            p[0] = be[i];
            int flag = 0;
            for(int j=1; j<=all; j++) {
                if(p[j].x == p[0].x && p[j].y == p[0].y)    flag = 1;
                if(flag)    p[j] = p[j+1];
                p[j].x -= p[0].x;
                p[j].y -= p[0].y;
            }

            int nn = all-1;
            sort(p+1, p+1+nn, cmp);
            for(int j=1; j<=nn; j++) {
                p[j+nn] = p[j];
            }
            int R = 2;
            for(int L=1; L<=nn; L++) {
                int id = 0;
                if(p[0].id) id = p[0].id;
                if(p[L].id) id = p[L].id;
                while(R<=2*nn) {
                    if(chaji(p[L], p[R]) < 0)   break;
                    if(check(p[L], p[R]) <= 0)  break;
                    R++;
                }
                int tR = R;
                while(tR<=2*nn) {
                    if(chaji(p[L], p[tR]) <= 0) break;
                    if(check(p[L], p[tR]) != 0) break;
                    if(id == 0) {
                        if(p[tR].id)    ans[p[tR].id]++;
                    } else {
                        if(p[tR].id == 0)   ans[id]++;
                    }
                    tR++;
                }
            }
        }
        for(int i=1; i<=m; i++) {
            printf("%d\n", ans[i]);
        }
    }
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/Jiaaaaaaaqi/p/11631203.html