HDU 1086 You can Solve a Geometry Problem too

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本文介绍了使用快速排斥实验和跨立实验来判断多个线段中是否存在交点的方法。通过先进行快速排斥实验，判断线段组成的矩形是否相交，再进一步使用跨立实验来确认每条线段是否跨立另一条线段所在的直线，从而准确判断线段间的交点数量。详细步骤和代码示例帮助理解这一过程。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目大意：给出n条线段，判断有几个交点，因为任意两条的都是只有一个，就是说排除了共线的情况。

思路：首先进行快速排斥实验，就是其中有一条线段的x的最小值要小于另一条线段的最大值，而另一条线段的最小值要小于此线段的最大值，y值同理可得，说的形象点就是两个线段组成的矩形要相交。

然后进行跨立实验，就是叉乘是否异号。对两条线段都要进行叉乘

下面来自：常州市第一中学林厚从的资料

用叉积去做，分两步：

第1步：快速排斥试验，如果分别以P1P2 ，P3P4为对角线做矩形，而这两个矩形不相交，则这两条线段肯定不相交，如下左图；即使两个矩形相交，这两条线段也不一定相交，如下右图，这时再用第2步判断；

表示成语句，即两个矩形相交当且仅当下列式子为真：

（max(x1,x2)≥min(x3,x4)）∧ (max(x3,x4)≥min(x1,x2)) ∧（max(y1,y2)≥min(y3,y4)）∧ (max(y3,y4)≥min(y1,y2))//即对每一对点来说，任一方的X(Y)的最大值都有机会大于对方的X(Y)最小值

两个矩形相交必须在两个方向上都相交，式子的前半部分判断在x方向上是否相交，后半部分判断在y方向上是否相交。

第2步：确定每条线段是否“跨立”另一条线段所在的直线。

跨立：如果点P1处于直线P3P4的一边，而P2处于该直线的另一边，则我们说线段跨立直线P3P4，如果P1或P2在直线P3P4上，也算跨立。

两条线段相交当且仅当它们能够通过第1步的快速排斥试验，并且每一条线段都跨立另一条线段所在的直线。

具体第2步的实现，只要用叉积去做就可以了，即只要判断矢量和是否在的两边相对的位置上，如果这样，则线段跨立直线P3P4。也即检查叉积（P3-P1）×（P2-P1）与（P4-P1）×（P2-P1）的符号是否相同，相同则不跨立，线段也就不相交，否则相交。

当然也有一些特殊情况需要处理，如任何一个叉积为0，则P3或P4在直线P1P2上，又因为通过了快速排斥试验，所以下图左边的情况是不可能出现的，只会出现右边的两种情况。当然，还会出现一条或两条线段的长度为0，如果两条线段的长度都是0，则只要通过快速排斥试验就能确定；如果仅有一条线段的长度为0，如的长度为0，则线段相交当且仅当叉积（P3-P1）×（P2-P1）。

program：

 

#include<iostream>
#include<stdio.h>
using namespace std;
int i,k,n;
int count;
 struct point
{
  double x,y;       
};

struct segment
{
point a,b;       
}s[101];
bool inte(point & a,point & b,point & c,point & d)
{            //改成引用的一个好处就是避免用指针时候的->
             //.而用点号则更好看些。引用就可以用，因为当是对象了。
   if(!(min(a.x,b.x)<=max(c.x,d.x)&&
        min(c.x,d.x)<=max(a.x,b.x)&&
        min(a.y,b.y)<=max(c.y,d.y)&&
        min(c.y,d.y)<=max(a.y,b.y)
     ))return false;
   double u,v,w,z;
         u=(b.x-a.x)*(c.y-a.y)- (c.x-a.x)*(b.y-a.y) ;
         v=(b.x-a.x)*(d.y-a.y)- (d.x-a.x)*(b.y-a.y) ;
         w=(d.x-c.x)*(a.y-c.y)- (a.x-c.x)*(d.y-c.y) ;  
         z=(d.x-c.x)*(b.y-c.y)- (b.x-c.x)*(d.y-c.y) ;
   return (u*v<=0.00000001&&w*z<=0.00000001);

//其实这里隐含了几点：如果都等于0的话就是说共线，但是此题应该没有这种情况

//即使有一边等于0的话也是早在排斥实验的时候被排除，因为线段没有长度，就谈不上相交了

//但是有一边相等的话还有一边的一端在另外一边的情况，所以还是要有等于号的判断

}

int main(){
    int count;
    while(cin>>n&&n)
    { 
       count=0;
       for(i=0;i<n;i++)
           { cin>>s[i].a.x>>s[i].a.y>>s[i].b.x>>s[i].b.y; }
       for(i=0;i<n;i++)
           for(k=i+1;k<n;k++) 
                  if(inte(s[i].a,s[i].b,s[k].a,s[k].b))
                     count++  ; 
       cout<<count<<endl;  
    } 
    
    //system("pause");
    return 0;}