题链：
http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4541
题解：
平面图的对偶图，dfs树
平面图的对偶图的求法：
把所有双向边拆为两条互为反向的单向边，
显然，每条单向边应该唯一属于一个平面。
我们依次枚举还没有被确定属于哪个平面的单向边，
然后从该边出发，包裹出一个最小的平面，那么途中所经过的边都属于这个平面。
包裹的具体做法：
对于当前的边x->y，我们找到其反向边y->x顺时针旋转遇到的第一条边y->z作为包裹该平面的下一条边。
重复上述操作，直到回到起点。
然后确定了每条边属于的平面，再建立关于平面与平面之间的边。
显而易见，新建的这些边一定会与原图中的边一一对应着垂直。
所以我们尽量要使得这些新边的编号和与它垂直的边的编号对应。
建立新边的具体做法：
对于枚举到的每一条边x->y，我们得到了其所属于的平面u，并令其反向边y->v所属于的平面v ，
然后建立u->v的边，并确定其编号就为当前枚举到的边x->y的编号。
以上就是求平面图的对偶图的做法。
然后再看看本题的询问：
由于每个询问包含了很多平面，要怎样才能快速获得这些平面的信息呢。
显然由给出的点集可以得到一个由很多边围成的区域，区域里的东西就是我们所需要的平面。
做法是对所有平面，以无穷域为根，随便建立一颗dfs树，并记录子树对应的所有平面的area的和以及area2的和。
然后那些围成区域的边就会把树的一些节点给包起来，那个直接统计被包起来的点的信息就好了。
关于如何得到那些信息：
遍历那些围成区域的边，如果该边对应的与它垂直的对偶图的边在树上，
就根据该对偶图的边是朝树上还是树下去加上子树信息或减去子树信息就好了。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 200005
#define MAXM 1200005
using namespace std;
struct Point{
int x,y;
Point(){}
Point(int _x,int _y):x(_x),y(_y){}
}A[MAXN];
Point operator - (const Point &_A,const Point &_B){
return Point(_A.x-_B.x,_A.y-_B.y);
}
long long operator ^ (const Point &_A,const Point &_B){
return 1ll*_A.x*_B.y-1ll*_A.y*_B.x;
}
struct Segment{
int x,y,id; double angle;
Segment(){}
Segment(int _x,int _y,int _id=0):x(_x),y(_y),id(_id){
angle=atan2(A[y].y-A[x].y,A[y].x-A[x].x);
}
bool operator < (const Segment &rtm) const{
return angle<rtm.angle;
}
}e[MAXM];
vector<Segment>E[MAXN],G[MAXN*2];
long long area[MAXN*2],area2[MAXN*2];
int fa[MAXN*2];
int bel[MAXM],nxt[MAXM];
bool tag[MAXM];
long long ANS1,ANS2;
int N,M,K,dualroot,ent=2;
void read(int &x){
static int sn; static char ch;
x=0; sn=1; ch=getchar();
for(;ch<‘0‘||‘9‘<ch;ch=getchar()) if(ch==‘-‘) sn=-1;
for(;‘0‘<=ch&&ch<=‘9‘;ch=getchar()) x=x*10+ch-‘0‘;
x=x*sn;
}
int find(int i,Segment v){
return lower_bound(E[i].begin(),E[i].end(),v)-E[i].begin();
}
void dfs(int u){
static bool vis[MAXN*2]; vis[u]=1;
for(int i=0,v;i<(int)G[u].size();i++){
v=G[u][i].y;
if(vis[v]) continue;
fa[v]=u; tag[G[u][i].id]=tag[G[u][i].id^1]=1;
dfs(v); area[u]+=area[v];
area2[u]+=area2[v];
}
}
void dualgraph(){
int dnt=0;
for(int i=2,st,tmp;i<ent;i++){
if(bel[i]) continue;
st=e[i].x; bel[i]=++dnt; tmp=i;
while(1){
tmp=nxt[tmp]; bel[tmp]=dnt;
if(e[tmp].y==st) break;
area[dnt]+=(A[e[tmp].x]-A[st])^(A[e[tmp].y]-A[st]);
}
if(area[dnt]<=0) dualroot=dnt;
area2[dnt]=area[dnt]*area[dnt];
}
for(int i=2;i<ent;i++)
G[bel[i]].push_back(Segment(bel[i],bel[i^1],i));
}
long long gcd(long long a,long long b){
while(b^=a^=b^=a%=b);
return a;
}
int decode(int x){return /*x;*/(x+ANS2)%N+1;}
void solve(){
long long g;
static int q[MAXN];
int d,u,v,p,bu,bv;
while(K--){
read(d); d=decode(d);
for(int i=1;i<=d;i++)
read(q[i]),q[i]=decode(q[i]);
q[d+1]=q[1]; ANS1=ANS2=0;
for(int i=1;i<=d;i++){
u=q[i]; v=q[i+1];
p=find(u,Segment(u,v));
p=E[u][p].id;
if(!tag[p]) continue;
bu=bel[p]; bv=bel[p^1];
if(fa[bv]==bu) ANS2-=area2[bv],ANS1-=area[bv];
else ANS2+=area2[bu],ANS1+=area[bu];
}
if(ANS1<0) ANS1*=-1,ANS2*=-1;
ANS1*=2;
g=gcd(ANS2,ANS1);
ANS2/=g; ANS1/=g;
printf("%lld %lld\n",ANS2,ANS1);
}
}
int main(){
read(N); read(M); read(K);
for(int i=1;i<=N;i++) read(A[i].x),read(A[i].y);
for(int i=1,x,y;i<=M;i++){
read(x); read(y);
e[ent]=Segment(x,y,ent);
E[x].push_back(e[ent]); ent++;
e[ent]=Segment(y,x,ent);
E[y].push_back(e[ent]); ent++;
}
for(int i=1;i<=N;i++) sort(E[i].begin(),E[i].end());
for(int i=2;i<ent;i++){
int p=find(e[i].y,e[i^1])-1;
if(p<0) p=E[e[i].y].size()-1;
nxt[i]=E[e[i].y][p].id;
}
dualgraph();
dfs(dualroot);
solve();
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/zj75211/p/8541592.html