[JZOJ5036]【NOI2017模拟3.30】原谅

题目大意

给定n个平面上的点，每个点出现的概率都为p，问点最多连线数的期望值。

一个状态下的最多连线数：若出现了点p1,p2,p3…pn，可以在两个点之间连一条线段，两条线段不能在除了端点以外的地方相交，并让连的线段数尽量多。

答案对1e8+7取模。

n<=1000

40%的数据，p=1

分析

先考虑p=1吧。

首先我们看，若在有x个点的情况下，我们连了尽量多的线，那么可以发现全是三角形。这样我们可以搬一个定理

定理：设P为平面上不全部共线的任意N个点组成的一个集合，落在P的凸包边界上的点的个数记作K。则P的任何一个三角剖分（不一定是Delaunay三角剖分）必然由2N−2−K个三角形组成，而且共有3N−3−K条边。

嘿嘿····

其实在考场上怎么考虑呢？我们可以暴力试一试。然后尝试弄出凸包，然后构造一种方案。会发现凸包里每多一个点，原来的某三角形可以分割成新的3个三角形。那么就可以推出来了。

这样的话，设相交线段数为e，我们知道在出现n0个点，其中k0个在凸包上的点的情况下，e=3*n0-3-k0，既然是凸包，我们要特殊考虑0,1,2，发现n0不能为0；1和2没问题。那么E(e)=E(3∗n−3−k)，此处的n为读入的n。

要有拆期望分开算的意识。考虑用期望线性律拆它一波咯，但是拆的时候要特别注意，有些特殊情况处理不好，很危险的。不管怎样，先试着拆一拆。

E(e)=3∗E(n−1)−E(k)

E(n-1)是多少呢？ n*p-1吧？但是要考虑到n=0的时候，这个情况下e=0，所以这一部分实际上是3∗(n∗p−1)+3∗(1−p)n，也就是说，要补上e=0时算错的期望。

再考虑E(k)，E(k)=∑ni=1{P(i为凸包上的点)∗1}，所以只要看看每个点他作为凸包的点的概率就好了。P之间是互相独立的，这保证了可以∑。

考虑一个点i，怎么样让他位于凸包上呢？让他有边连出去就好了！我们枚举这条边，并计算保证这条边一定在凸包上的概率。设这条边连到j，那么我们要保证向量ij的右边没有点出现，左边则随意（当然你反过来算是一样的)。设右边有k个点，那么这条边出现的概率为p2∗(1−p)k。k是可以线性维护的，提前把从i出发的向量排好序，弄个指针就好。这样就求出了E(k)，做完了。

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++)
#define fd(i,j,k) for(i=j;i>=k;i--)
const int N=1005;
const ll mo=1e8+7;
struct vec
{
double x,y;
}a
,b
;
ll st,i,j,k,n,p,ans,f
,cnt;
double x;
double operator ^(vec a,vec b)
{
return a.x*b.y-a.y*b.x;
}
vec operator -(vec a,vec b)
{
vec c;
c.x=a.x-b.x;
c.y=a.y-b.y;
return c;
}
bool cmp(vec x,vec y)
{
return atan2(x.y,x.x)<atan2(y.y,y.x);
}
int main()
{
freopen("forgive.in","r",stdin);
freopen("forgive.out","w",stdout);
scanf("%lld %lld",&n,&p);
fo(i,1,n)
scanf("%lf %lf",&a[i].x,&a[i].y);
f[0]=1%mo;
fo(i,1,n) f[i]=(f[i-1]*(1-p+mo))%mo;
ans=((ll)3*n*p-3)%mo;
fo(i,1,n)
{
st=0;
fo(j,1,n) if (i!=j)
b[++st]=a[j]-a[i];
sort(b+1,b+1+st,cmp);
k=1;
cnt=0;
fo(j,1,st)
{
while ((b[j]^b[k%st+1])>0&&k%st+1!=j) k=k%st+1,cnt++;
ans=(ans-f[n-2-cnt]*p%mo*p%mo+mo)%mo;
if (cnt) cnt--;
else k++;
}
}
printf("%lld\n",(ans+3*f
)%mo);
}