题目
描述
有(n)个点(p_1 ,p_2 , cdots ,\,p_n) ；
现在(p_1)不见了，可能的横纵坐标范围是([-10^6，10^6])；
同时需要保证每三个点形成的有向角的符号不改变；
问(p_1)可能范围的区域；
范围
(1 le T le 1000 , 3 le N , sum N le 5 imes 10^5 , |x_i|,|y_i| le 10^6) ；
误差范围：(10^{-6})，建议eps取([10^{-15},10^{-12}]) ；
题解
- 以(p_1)为原点，得到$p_2-p_1,p_3-p_1, cdots ，p_n - p_1 $ ；
- 问题即求两两点的原点部分的半平面交；
- 将新的(p_1，p_2, cdots, p_n)按照极角排序；
- 只需要考虑1.(p_i-p_{i+1})，以及2.和(p_i)极角相差不超过(pi) 的最远点和(p_i)组成的半平面；
- 简要证明一下：
- 假设(p_a-p_b(a<b-1))有效却没有被考虑到，并且在(ab)中间的并没有漏掉的半平面；
- 同时假设原点在左半平边；
- 那么( riangle p_ap_bO)里面一定不能有点，否则假设为(p_c(a<c<b))；
- 那么(p_c-p_b和p_a-p_c)会使其无效；
- 所以一定存在(p_c(a<c<b))在$ riangle $的外面；
- 由于(p_b)没有被(2)考虑到，所以一定同时存在(p_d)被(2)考虑到了；
- 那么(p_a-p_c,p_a-p_d)会使其无效；
一点想法
能不能对所有的(i=1-n)求答案呢？；
感觉可以拓展的样子；
//我的半平面交好像很慢的样子QAQ;
#include<bits/stdc++.h>
#define ld double
#define eps 1e-15
#define il inline
using namespace std;
const int N=1000010;
int C,T,n,m,st[N],hd,tl;
const ld pi=acos(-1);
il int dcmp(ld x){return fabs(x)<eps?0:x<0?-1:1;}
struct P{
ld x,y;ld ang;
P(ld _x=0,ld _y=0):x(_x),y(_y){ang=atan2(y,x);};
P operator -(const P&A)const{return P(x-A.x,y-A.y);}
P operator +(const P&A)const{return P(x+A.x,y+A.y);}
P operator *(const ld&A)const{return P(x*A,y*A);}
il bool operator <(const P&A)const{return dcmp(ang-A.ang)<0;}
}p[N],q[N];
ld crs(const P&a,const P&b){return a.x*b.y-a.y*b.x;}
struct L{
int a,b;ld ang;
L(int _a=0,int _b=0):a(_a),b(_b){ang=atan2(p[b].y-p[a].y,p[b].x-p[a].x);}
il bool operator <(const L&A)const{
int d=dcmp(ang-A.ang);
return !d?dcmp(crs(p[b]-p[a],p[A.b]-p[a]))<0:d<0;
}
}l[N];
il char gc(){
static char*p1,*p2,s[1000000];
if(p1==p2)p2=(p1=s)+fread(s,1,1000000,stdin);
return(p1==p2)?EOF:*p1++;
}
il int rd(){
int x=0,f=1;char c=gc();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=gc();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=gc();}
return x*f;
}
il P get(const L&A,const L&B){
P u=p[A.b]-p[A.a];
P v=p[B.b]-p[B.a];
P w=p[A.a]-p[B.a];
ld d=crs(v,w)/crs(u,v);
return p[A.a]+u*d;
}
il bool judge(const L&A,const P&B){
P u=p[A.b]-p[A.a];
P v=B-p[A.a];
return dcmp(crs(u,v))<=0;
}
il void add(int x,int y){
if(judge(L(x,y),P(0,0)))l[++m]=L(y,x);
else l[++m]=L(x,y);
}
int main(){
freopen("everdream.in","r",stdin);
freopen("everdream.out","w",stdout);
C=rd();T=rd();
while(T--){
n=rd();
p[0].x=rd();p[0].y=rd();
for(int i=1,x,y;i<n;++i){
x=rd();y=rd();
x-=p[0].x;y-=p[0].y;
p[i]=P(x,y);
}
--n;m=0;sort(p+1,p+n+1);
for(int i=1;i<=n;++i)p[i+n]=p[i],p[i+n].ang+=2*pi;
int fg=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
if(!dcmp(p[i].ang-p[i+1].ang)){fg=1;break;}
add(i,i%n+1);
P tmp=P(0,0);tmp.ang=p[i].ang+pi-eps;
int j=lower_bound(p+1,p+n*2+1,tmp)-p;
if(i+n!=j&&!dcmp(p[j].ang-p[i].ang-pi)){fg=1;break;}
--j;if(i!=j&&i+n!=j)add(i,(j-1)%n+1);
}
if(fg){puts("0.0000000000");continue;}
p[n+1]=(P){-1e6,-1e6};p[n+2]=(P){1e6,-1e6};
p[n+3]=(P){1e6,1e6};p[n+4]=(P){-1e6,1e6};
p[n+1]=p[n+1]-p[0];p[n+2]=p[n+2]-p[0];
p[n+3]=p[n+3]-p[0];p[n+4]=p[n+4]-p[0];
add(n+1,n+2),add(n+2,n+3);
add(n+3,n+4),add(n+4,n+1);
sort(l+1,l+m+1);
hd=tl=0;st[++tl]=1;
for(int i=2;i<=m;++i)if(dcmp(l[i].ang-l[i-1].ang)){
while(hd<tl-1 && judge( l[i] , get(l[st[tl]],l[st[tl-1]]) ) )tl--;
while(hd<tl-1 && judge( l[i] , get(l[st[hd+1]],l[st[hd+2]]) ) )hd++;
st[++tl]=i;
}
while(hd<tl-2 && judge( l[st[hd+1]] , get(l[st[tl]] , l[st[tl-1]]) ) )tl--;
while(hd<tl-2 && judge( l[st[tl]] , get(l[st[hd+1]] , l[st[hd+2]]) ) )hd++;
if(tl-hd<=2){puts("0.0000000000");continue;}
n=0;st[tl+1]=st[hd+1];
for(int i=hd+1;i<=tl;++i)q[++n]=get(l[st[i]],l[st[i+1]]);
ld ans=0;q[n+1]=q[1];
for(int i=1;i<=n;++i)ans+=crs(q[i],q[i+1]);
ans/=2;
printf("%.10lf
",ans);
}
//printf("%.2lf
",1.0*clock()/CLOCKS_PER_SEC);
return 0;
}