【NOI2017模拟3.30】原谅

最新推荐文章于 2017-10-21 21:57:04 发布

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#期望

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探讨在无限平面上，给定点集和点出现概率，如何计算最多可连接线段数的期望值。利用欧拉公式转换问题，通过极角排序和扫描线算法解决。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目

Description

终其一生，我们在寻找一个原谅。
犯下了太多错，要原谅的那个人，永远都是自己。
Samjia在深夜中望见了没有边界的人生，他没有想到过自己犯下了这么多的错误，他想在他的一生中寻求一个原谅。
他的人生是一个没有边界的平面，平面上有n个错误，每个错误是一个点，每个点i有一定的坐标(x[i],y[i])，有一个参数p 表示每个点有p的概率出现在平面上，注意两个不同的点的出现互相没有影响，Samjia可以在两个点之间连一条线段，两条线段不能在除了端点以外的地方相交，现在Samjia想知道他最多可以连的线段数的期望。
温馨提示：请看最后面的提示：）
本题的答案在mod 100000007意义下计算

Input

第一行两个正整数n和p表示平面上有n个点以及每个点出现概率为p
接下来n行第i行两个实数x[i]和y[i]表示一个点的坐标
保证不存在三点共线

Output

一行一个正整数表示Samjia最多可以连的线段数的期望

Sample Input

3 10000001
0 1
1 0
0 0

Sample Output

39000003
样例说明：
数据中的p为0.3
1×3×(0.3×0.3×0.7)+3×0.3×0.3×0.3=0.27
贡献为1的情况有三种
贡献为3的情况有一种

Data Constraint

对于20%的数据，p=1,1<=n<=5
对于40%的数据，p=1,1<=n<=1000
对于70%的数据，1<=n<=200
对于100%的数据，1<=n<=1000
坐标的绝对值小于等于10^4
保证0<=p<100000007

Hint

欧拉公式
在一个平面图内，设点数为V，边数为E，有界面数为F
一定满足：V+F-E=1

题解

设有 V 个点，E 条边，凸包上有 k 个点，有 F 个有界面
那么由V+F-E=1① 2*E=3 *F+K②可得：
E=3×V-k-3
我们现在要求的是期望边数，根据上面的公式就可以转化为
3*（期望的点数）-期望的凸包上的边数-3
而这三项显然是可以分开计算的，我们分开考虑
对于期望的点数，我们可以发现期望的和就等于n*p，所以我们现在考虑第二项怎么求
对于每一条边，它的贡献就是出现在凸包上的期望，所以我们可以这样做：
枚举一个点，并以这个点为O点建立坐标系，并进行一次极角排序
然后我们顺次枚举其他的边，现在我们要考虑的就是什么时候这一条边会作为凸包上的一条边出现在图中
首先在当前在做的向量的下面的点是一个都不可以选的，然后两个端点一定要选，上面的随便选不选，这样我们就能把这条边的贡献算出来了
然后我们可以用一条扫描线来找在当前线段上面的点的数量

贴代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define db double
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=10005,md=100000007;
struct node{
    db x,y,z;
}a[maxn],b[maxn];
int i,j;
ll p,ans,c,ge,nt,k,n;
ll cc[maxn];
int cmp(node x,node y){
    return x.z<y.z;
}
bool check(node x,node y){
    return x.x*y.y>x.y*y.x;
}
int main(){
    freopen("forgive.in","r",stdin);
    freopen("forgive.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&p);
    for (i=1;i<=n;i++) scanf("%lf%lf",&a[i].x,&a[i].y);
    cc[0]=1;
    c=(p*p)%md;
    for (i=1;i<=n;i++) cc[i]=(cc[i-1]*(1-p+md))% md;
    ans=3*(n*p+cc[n])-3;
    ans=ans%md;
    nt=n-1;
    for (i=1;i<=n;i++){
        for (j=1;j<=n;j++){
            b[j].x=a[j].x-a[i].x;
            b[j].y=a[j].y-a[i].y;
            b[j].z=atan2(b[j].y,b[j].x);
            if (i==j) b[i].z=21474844;
        }
        sort(b+1,b+n+1,cmp);
        k=1;
        ge=0;
        for (j=1;j<=nt;j++){
            while (check(b[j],b[k%nt+1])) {
                ge++;
                k=k%nt+1;
            }
            ans=(ans-(cc[n-ge-2]*c)%md+md)% md;
            if (ge) ge--; else k=k%nt+1;
        }
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}