给定 (n) 个形如 (x^ay^b) 的项，Ani 先删去至多一项，Borna 再填正整数系数，当多项式有下界时 Borna 赢，否则 Ani 赢，求谁赢。
(nle 2cdot 10^5)，(0le a,ble 10^9)。
称一堆单项式有下界当且仅当可以填正整数系数，使得该多项式有下界。
题目实际上是给定一堆单项式，求是否可以删去至多一项使得没有下界。
引理：一堆单项式有下界 (Leftrightarrow) 将每一项 (x^ay^b ightarrow(a,b)) 画在平面上，带上原点 ((0,0)) 组成的点集的凸包的所有顶点的横纵坐标均为偶数。
证明：先考虑 (Leftarrow)，设 (P_1,P_2,cdots,P_m) 是凸包顶点，则对于任意凸包内部整点 (Q(a,b))，存在有理数 (alpha_1,cdots,alpha_m) 满足 (alpha_ige 0)，(sumalpha_i=1)，(Q=sumalpha_iP_i)，则根据加权算术-几何平均不等式，(sumalpha_ix^{P_i.a}y^{P_i.b}=sumalpha_i(x^2)^{P_i.a/2}(y^2)^{P_i.b/2}geprod((x^2)^{P_i.a/2}(y^2)^{P_i.b/2})^{alpha_i}=(x^2)^{a/2}(y^2)^{b/2}=|x^ay^b|)，由此可得令凸包顶点的系数为 (n)，内部点的系数为 (1) 时多项式有下界，得证。
再考虑 (Rightarrow)，设凸包顶点 (P_k) 的横纵坐标不全为偶数，不妨设横坐标为奇数。设凸包在 (P_k) 处的法向量为 ((p,q))，则在所有 (P_i) 的 (pa+qb) 中 (P_k) 是唯一最值，若为最小值则将 (p,q) 取反，此时 (pcdot P_k.a+qcdot P_k.b>pcdot 0+qcdot 0=0)，所以令 (x=-t^p,y=t^q,t ightarrow+infty) 时多项式的值 ( ightarrow-infty)，得证。
于是问题转化为给定点集问是否可以删去至多一个点，使得凸包上至少有一个点横纵坐标有至少一个是奇数。
官方题解给了个神奇做法：先求出凸包，然后给凸包顶点（除原点）交替染黑白色，分别对不是黑/白色的点求凸包，如果有一个有横纵坐标有奇数的顶点，那么 Ani 赢（可以），否则 Borna 赢。
至于证明，因为没给所以不会，感性理解就是若不删点就满足要求则显然正确，否则看得到的奇数顶点，至少且只需要删掉现有凸包顶点的一个区间，此时满足做法中判断的条件就说明只需要删去一个点，也是正确的。
时间复杂度 (O(nlog n))。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 200003;
template<typename T>
void rd(T &x){
int ch = getchar(); x = 0;
for(;ch < '0' || ch > '9';ch = getchar());
for(;ch >= '0' && ch <= '9';ch = getchar()) x = x * 10 + ch - '0';
}
int n, m, tp, h[N], p[N];
struct Node {
int x, y, c;
Node(int _x = 0, int _y = 0, int _c = 0): x(_x), y(_y), c(_c){}
Node operator-(const Node &o) const {return Node(x-o.x, y-o.y);}
bool operator<(const Node &o) const {return x<o.x || x==o.x && y<o.y;}
LL operator*(const Node &o) const {return (LL)x*o.y-(LL)y*o.x;}
operator bool() const {return (x|y)&1;}
} a[N];
void work(int *h){
tp = 0;
for(int i = 0;i <= n;++ i) if(a[i].c != 1){
while(tp > 1 && (a[i]-a[h[tp]])*(a[h[tp]]-a[h[tp-1]])>=0) --tp;
h[++tp] = i;
} int tmp = tp;
for(int i = n-1;~i;-- i) if(a[i].c != 1){
while(tp > tmp && (a[i]-a[h[tp]])*(a[h[tp]]-a[h[tp-1]])>=0) --tp;
h[++tp] = i;
}
}
int main(){
rd(n);
for(int i = 1;i <= n;++ i){
rd(a[i].x); rd(a[i].y);
} sort(a, a+n+1);
work(p); m = tp;
for(int i = 2;i < tp;++ i) if(a[p[i]]){puts("Ani"); return 0;}
for(int i = 2;i < m;++ i) a[p[i]].c = 2 - (i&1);
work(h);
for(int i = 2;i < tp;++ i) if(a[h[i]]){puts("Ani"); return 0;}
for(int i = 2;i < m;++ i) a[p[i]].c = 1 + (i&1);
work(h);
for(int i = 2;i < tp;++ i) if(a[h[i]]){puts("Ani"); return 0;}
puts("Borna");
}