题意

平面上有 \(n\) 个点,选出六个点构成两个三角形,问有多少种构造方式使得两个三角形没有交集。

\(n\leq 2000\)

分析

  • 枚举连接两个三角形的两个顶点,同时能够将两个三角形划分在直线两侧的直线。

  • 考虑每个点和 \(n-1\) 个点连边,这些边按照极角排序,并维护直线左侧有多少个点(如果跨过极角等于 \(\pi\) 就再加一倍直线,同时弧度 \(+2\pi\)),那么答案增加量就是 \(\binom{{cnt}_l}{2}\times\binom{n-2-{cnt}_l}{2}\)。

  • 每对三角形会有两条直线计算到,所以最后答案除以2.

  • 时间复杂度 \(O(n^2logn)\) 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].to;i;i=e[i].lst,v=e[i].to)
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define pb push_back
typedef long long LL;
inline int gi(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;
}
template<typename T>inline bool Max(T &a,T b){return a<b?a=b,1:0;}
template<typename T>inline bool Min(T &a,T b){return b<a?a=b,1:0;}
typedef double db;
const db INF=1.0*1e14,pi=acos(-1.0);
const int N=4004;
int n;
LL ans;
db ang[N],x[N],y[N];
LL C(int n){
return 1ll*n*(n-1)/2;
}
int main(){
n=gi();
rep(i,1,n) scanf("%lf%lf",&x[i],&y[i]);
rep(o,1,n){
int ndc=0;
rep(i,1,n) if(o^i) ang[++ndc]=atan2(y[i]-y[o],x[i]-x[o]);
sort(ang+1,ang+ndc+1);
rep(i,1,n-1) ang[++ndc]=ang[i]+2*pi;
for(int i=1,j=1;i<n;++i){
while(ang[j]-ang[i]<=pi) ++j;
int l=j-i-1,r=n-2-l;
ans+=C(l)*C(r);
}
}
printf("%lld\n",ans>>1);
return 0;
}

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