2022 1-12
题意：
逆时针给一个简单多边形(不一定为凸多边形)的每一条边，问内部可放置的最长线段的长度。数据保证无两条边共线。
思路：
首先，由于不一定是凸多边形，直接用凸包旋转卡壳求直径方法是不对的。
考虑最长的线段何时取到 假设线段不过两个顶点，其长度总可以通过继续旋转线段使其碰到顶点而继续增大。
由反证法可证线段一定过两个顶点。那么线段端点一定为顶点吗？不一定。
上图即是一个反例。
考虑到点的个数<=200，这个规模O(n^4)复杂度可能都不会TLE，自然想到枚举多边形的每两点，连成直线，求直线在多边形内连续的每条线段，更新答案。
问题转化为怎样求直线被多边形切后的连续线段长度。可以采用多边形与直线的交点作为切分点，求每个切分点之间的线段。
由于边以逆时针顺序给出，故可判断每条边的两端点和直线（遍历任意俩顶点）的位置关系。
若两点在直线异侧或者一点在直线上，则此边将直线切断，交点作为切分点；（交点放入vector数组v中）
若两点在直线同侧，无任何影响；（不与直线相交）
若两点均在直线上，相当于在直线上多了两个切分点。
在得到一系列切分点之后（该直线被一系列切点切割），根据坐标排个序，遍历判断相邻切分点之间的每条线段在多边形内还是多边形外（用线段中点是否在多边形内）
如果在多边形内，局部答案加上这条线段长度，如果在多边形外，更新全局答案，局部答案清零。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
static const int maxn = 100010;
static const int INF = 0x3f3f3f3f;
static const int mod = (int)1e9 + 7;
static const double eps = 1e-8;
static const double pi = acos(-1);
int n;
double ans = 0;
inline int sgn(double x){
return fabs(x)<eps?0:(x>0)?1:-1;
}
struct Point{
double x,y;
Point(){}
Point(double _x,double _y){
x = _x,y = _y;
}
bool operator ==(const Point &b)const{
return (sgn(x-b.x)==0)&&(sgn(y-b.y)==0)?true:false;
}
bool operator <(const Point &b)const{
return (sgn(x-b.x)==0)?(y < b.y):(x < b.x);
}
Point operator -(const Point &b)const{
return Point(x-b.x,y-b.y);
}
double operator ^(const Point &b)const{
return x*b.y - y*b.x;
}
double operator *(const Point &b)const{
return x*b.x + y*b.y;
}
}p[210];
struct Line{
Point s,t;
Line(){}
Line(Point _s,Point _t){
s = _s,t = _t;
}
Point crosspoint(Line v){
double a1 = (v.t-v.s)^(s-v.s);
double a2 = (v.t-v.s)^(t-v.s);
return Point((s.x*a2-t.x*a1)/(a2-a1),(s.y*a2-t.y*a1)/(a2-a1));
}
bool pointonseg(Point q){
return sgn((q-s)^(t-s)) == 0 && sgn((q-s)*(q-t)) <= 0;
}
};
bool pointonpoly(Point q){
int res = 0;
for(int i = 0;i < n;i++){
if(Line(p[i],p[i+1]).pointonseg(q))return true;
int d1 = sgn(p[i].y - q.y),
d2 = sgn(p[i+1].y - q.y),
k = sgn((p[i+1] - p[i])^(q - p[i]));
if (k > 0 && d1 <= 0 && d2 > 0)res++;
if (k < 0 && d2 <= 0 && d1 > 0)res--;
}
return res ? true : false;
}
double dis( Point a, Point b){
return sqrt((a.x-b.x)*(a.x-b.x) + (a.y-b.y)*(a.y-b.y));
}
void attempt( int p1, int p2){
vector<Point>v;
Line l(p[p1],p[p2]);
for(int i = 0;i < n;i++){
if(sgn((l.t-l.s)^(p[i]-l.s)) * sgn((l.t-l.s)^(p[i+1]-l.s)) <= 0){ //该相邻点构成的线段在直线两侧
Point v1 = l.t - l.s,v2 = p[i+1] - p[i];
if(sgn(v1^v2) == 0){ // 与直线重合
v.push_back(p[i]);
v.push_back(p[i+1]);
}
else v.push_back(l.crosspoint(Line(p[i],p[i+1]))); // 线段p[i] p[i+1]与 直线l 交点压入v[]；
}
}
sort(v.begin(),v.end());
v.resize(unique(v.begin(),v.end()) - v.begin());
int cnt = v.size();
double res = 0;
for(int i = 1;i < cnt;i++){
if(pointonpoly(Point((v[i-1].x+v[i].x)/2.0,(v[i-1].y+v[i].y)/2.0)))//判断中点是否在多边形内
res += dis(v[i-1],v[i]);
else{
res = 0;
if(dis(v[i],v.back()) <= ans)return;
}
ans = max(ans,res);
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i = 0;i < n;i++)scanf("%lf %lf",&p[i].x,&p[i].y);
p[n].x = p[0].x,p[n].y = p[0].y;
for(int i = 0;i < n;i++)
for(int j = i+1;j < n;j++)
attempt(i,j);
printf("%.9f\n",ans);
return 0;
}
主要是公式！
#include <iostream>
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
const int N=2005;
const ll mod=1000000007;
using namespace std;
/*
1.先打表2005以内的阶乘 和 逆元； 方便套公式 p*(x+y+z)!/(x!+y!+z!)
2.处理dp[][] dp[1][0]=1； dp[i][j+1]= (dp[i][j+1] + dp[i-prime[k]][j] )%mod; 不同的i-prime[]( j步)可以到达i dp[i][j+1]答案多一
*/
ll vis[N][N],dp[N][N>>1],prime[N],tmp[N];
int tot=0;
ll fac[N],inv[N];
ll qk(ll a,ll b){
ll ans=1;
while(b){
if(b&1) ans=(a*ans)%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
ll inv_(ll x){
return qk(x,mod-2);
}
ll calc(int x,int y,int z){//从(1,1,1)出发到达(x,y,z)的方案数
memset(tmp,0,sizeof(tmp));
for (int i=0;i<=y;i++){
for (int j=0;j<=z;j++){
tmp[i+j]+=dp[y][i]*dp[z][j]%mod*fac[i+j]%mod*inv[i]%mod*inv[j]%mod;
tmp[i+j]%=mod;
}
}//合并二三维
ll ans=0;
for (int i=0;i<=x;i++){
for (int j=0;j<=y+z;j++){
ans+=dp[x][i]*tmp[j]%mod*fac[i+j]%mod*inv[i]%mod*inv[j]%mod;
ans%=mod;
//cout<<ans<<endl;
}
}
return ans;
}
int v[N];
void init(){
v[0]=v[1]=1;
for(int i=2;i<=N-100;i++){
if(v[i]==0) prime[++tot]=i,v[i]=1;
for(int j=1;i*prime[j]<=N-100&&j<=tot;j++){
v[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0)break;
}
}
fac[1]=1,fac[0]=1;
for(int i=2;i<=N-10;i++)
fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
inv[N-10]=inv_(fac[N-10]);
for(int i=N-11;i>=0;i--)
inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
int main()
{
init();
//int vis[N][N];
dp[1][0]=1; vis[1][0]=1;
int n,m,w,r1,c1,h1,r2,c2,h2,cnt=0;
cin>>n>>m>>w;
cin>>r1>>c1>>h1>>r2>>c2>>h2;
int maxn=max(max(n,m),w);
for(int i=2;i<=maxn;i++){
for(int j=0;j<=cnt;j++){ //走到i的步数
for(int k=1;k<=tot;k++){ //打表得到tot个质数prime[]
if(i-prime[k]<=0) break;
if(!vis[i-prime[k]][j]) continue;
vis[i][(j+1)]=1;
dp[i][j+1]=(dp[i][j+1] + dp[i-prime[k]][j] )%mod;
}
}
if(vis[i][cnt+1]==1)cnt++;
}
ll ans=calc(n,m,w);
ans=(ans-(calc(r1,c1,h1)*calc(n-r1+1,m-c1+1,w-h1+1))%mod+mod)%mod;
ans=(ans-(calc(r2,c2,h2)*calc(n-r2+1,m-c2+1,w-h2+1))%mod+mod)%mod;
if (r1<=r2&&c1<=c2&&h1<=h2)ans=(ans+calc(r1,c1,h1)*calc(r2-r1+1,c2-c1+1,h2-h1+1)%mod*calc(n-r2+1,m-c2+1,w-h2+1)%mod)%mod;
if (r2<=r1&&c2<=c1&&h2<=h1)ans=(ans+calc(r2,c2,h2)*calc(r1-r2+1,c1-c2+1,h1-h2+1)%mod*calc(n-r1+1,m-c1+1,w-h1+1)%mod)%mod;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
/*
5 6 1
3 4 1 1 2 1
*/
浙公网安备 33010602011771号