题解 UVa11529

题目大意 多组数据，每组数据给定一个正整数 (n(nleq 1200)) 和平面内 (n) 个点的坐标，保证没有三点共线或两点重合。请求出平均每个三角形内部包含几个点。

分析 因为 (nleq 1200)，所以直接枚举每个三角形和每个点的 (O(n^4)) 的做法是不行的，我们考虑枚举每个点，统计其贡献。

对于每个我们枚举到的点（以下称为原点 (O)），直接枚举每个包含它三角形很困难，所以从反面出发，枚举每个不包含它的三角形。可以先枚举三角形的一个端点 (A)，那么不难看出，在这两点连线 (OA) 的同侧的另外两个点 (B,C) 与点 (A) 所构成的三角形 ( riangle ABC) 一定不包含原点 (O)（如下图）。两个点分别在两侧的时候也有可能会不包含原点，但这种情况一定在枚举到 (B) 或 (C) 的时候被考虑进去（图中就是枚举到 (B) 的时候），所以只考虑 (OA) 某一侧的点即可，我们可以直接统计直线 (OA) 的左侧的所有点数量。

具体来说，我们对于当前枚举到的点 (O)，将其他点关于它的极角计算出来，对这些极角排序，然后再依次枚举每个极角 (ang_A)，将极角在 ([ang_A, ang_A+pi]) 的所有其它极角统计出来。仔细观察发现在统计极角时，由于极角满足单调性，所以不会再增加复杂度，最后的总复杂度为 (O(n^2log n))。特别注意，计算极角时，要把每个极角和它加上 (2pi) 都计算进去，因为可能之后枚举到的极角加上 (pi) 后超过 (2pi)（比如 (A) 就在直线 (OF) 的一侧）。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn = 1205;
const double PI = acos(-1);

ll n, t, tot, now, ans;
double ang[maxn * 2];
struct Point {
	ll x, y;
} p[maxn];

ll C(ll n, ll m)
{
	ll res = 1;
	for(int i = 1; i <= m; ++i)
		res = res * (n - i + 1) / i;
	return res; 
}

int count(int x)
{
	ll res = 0;
	
	tot = 0, now = 1;
	for(int i = 1; i <= n; ++i) {
		if(i == x) continue;
		else {
			ang[++tot] = atan2(p[i].y - p[x].y, p[i].x - p[x].x);
			ang[tot + n - 1] = ang[tot] + 2 * PI;
		}
	}
	
	sort(ang + 1, ang + 2 * tot + 1);
	
	for(int i = 1; i <= tot; ++i) {
		while(ang[now] < ang[i] + PI) ++now;
		res += (now - i - 1) * (now - i - 2) / 2;
	}
	
	return C(n - 1, 3) - res;
}

int main()
{
	while(~scanf("%lld", &n) && n) {
		ans = 0;
		
		for(int i = 1; i <= n; ++i)
			scanf("%lld%lld", &p[i].x, &p[i].y);
		
		for(int i = 1; i <= n; ++i)
			ans += count(i);
		
		printf("City %d: %.2f
", ++t, ans * 1.0 / C(n, 3));
	}
}