Description
给定二维直角坐标系上的N个点((X_i,Y_i)),定义一个有N个点中的部分点所构成点集为“凸点集”，当且仅当该集合内的所有点恰好构成一个面积为正的凸多边形（每个内角严格小于180°）。
对于每一个凸点集S，设这N个在该点集对应凸多边形内（包括边界）的数量为m，则该凸点集对答案的贡献的为(2^{m-|S|})，求这N个点中每一个凸点集对答案的贡献之和。
由于最终答案可能非常大，你只需输出答案在模998244353意义下的结果。
Solution
看起来很吓人。
我们先定义一个由点集到凸包外壳集的函数：(f(S))表示点集(S)的凸包外壳点集。
对于某一个点集(Scup T)，其中凸包外壳为(S)，内含点集为(T)，则其凸包外壳(f(S+T)=S)。整个凸包对答案的贡献为(2^{|T|})，即(T)的子集个数。对于子集(T'subset T)，(f(S+T'))都为(S)。我们相当于统计外壳固定时，有多少种点集不影响外壳。
那么我们不就相当于把每一个凸包点集都枚举了恰好一次吗？反向考虑，任意一个有效凸包点集(A)，我们发现其仅会在固定(f(A))这个凸包外壳统计答案的时候贡献恰好一次。
所以总答案变成：原图有多少个凸包....
有效凸包数，等于总非空点集数，减去单点凸包(N)，减去双点凸包(N choose 2)，再减去共线凸包个数。最后一个部分可以用最小/大表示法计算，即枚举每个共线凸包编号最小/大的两个点，计算这两个点的直线，再判断使用比这两个点编号大/小的点能与这两个点组成多少个共线凸包。
这题要怎么说啊，首先要对那个2的幂敏感，看出子集个数的概念。如果正面想求和意义实在行不通，不妨尝试从元素贡献来反向考虑。
Code
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N=205;
const int MOD=998244353;
int n;
struct Point{
int x,y;
Point(){}
Point(int _x,int _y){
x=_x; y=_y;
}
friend Point operator - (Point a,Point b){
return Point(a.x-b.x,a.y-b.y);
}
}a[N];
int pow2[N];
void readData(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y);
}
void initPow(){
pow2[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
pow2[i]=(pow2[i-1]<<1)%MOD;
}
int cross(Point a,Point b){
return a.x*b.y-a.y*b.x;
}
bool on_line(int i,int j,int k){
return cross(a[j]-a[i],a[k]-a[i])==0;
}
void solve(){
int ans=(1ll*pow2[n]-(1ll*n*(n-1)/2)-n-1)%MOD;
for(int i=2;i<n;i++)
for(int j=i+1;j<=n;j++){
int sum=0;
for(int k=1;k<i;k++)
if(on_line(i,j,k))
sum++;
(ans-=pow2[sum]-1)%=MOD;
}
printf("%d
",ans<0?ans+MOD:ans);
}
int main(){
readData();
initPow();
solve();
return 0;
}