Permutation G
题目链接：luogu P7529
题目大意
给你二维平面上的一些点，问你有多少个排列，满足除了前三个点，其他点加入时与之前的点连边恰好有 3 条不会与其它线段相交，并连这三条边。
不会存在三点共线。
思路
首先你分析一下其实会发现你就要一直维护你选的点搞出来的图形在最外围是个三角形。
而且你发现如果你选了一个三角形，它里面的点其实按什么顺序随便选都可以。
那也就说我们可以设 (f_{i,j,k}) 为搞好这个三角形的方案数。
然而你会发现转移根本转移不了，因为你搞出一个大的三角形会有一些新的可以任放的点，然后它的顺序其实可以跟前面任放的交错在一起。
那你就考虑多一维（反正你 (n^4) 多设一维没什么问题），(f_{i,j,k,x}) 为这个三角形，然后里面有 (x) 个点还没有选。
然后你就可以找里面的一个点，然后从小的三角形转移到这个大的。
然后转移大概就是你枚举你原来的小三角有多少个没有选，然后枚举现在有多少个没选，然后枚举新的任选点你有多少个不选，然后那组合数和阶乘搞一搞就可以了。
然后复杂度看似 (O(n^7))，实则跑不满，可以过。
然后状态的转移方向看不懂直接上记忆化搜索。
然后这里讲讲数论的部分，就是关于一些操作要怎么搞。
判断一个点是否在一个三角形内：
如果有三角形 ( riangle ABC)，然后你要看 (O) 点，那只要 (angle AOC+angle BOC+angle AOB=360°) 就可以了。
如何求角度：
由于点都是在整点，其实可以用向量来求：
(sin angle AOC=dfrac{overrightarrow{OA}cdotoverrightarrow{OB}}{|overrightarrow{OA}||overrightarrow{OB}|})
代码
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define mo 1000000007
using namespace std;
int n, x[41], y[41];
double Pi = acos(-1.0), eps = 1e-8;
ll jc[41], C[41][41], num[41][41][41];
ll f[41][41][41][41];
bool rem[41][41][41];
struct vec {
int x, y;
double len() {
return sqrt(x * x + y * y);
}
vec (int X = 0, int Y = 0) {x = X; y = Y;}
int operator *(vec p) {
return x * p.x + y * p.y;
}
};
double deg(int a, int b, int c) {//向量算角度
vec u(x[b] - x[a], y[b] - y[a]);
vec v(x[c] - x[a], y[c] - y[a]);
return acos(1.0 * (u * v) / u.len() / v.len());
}
bool check_in(int a, int b, int c, int pl) {//判断是否在这个三角形内
return fabs(deg(pl, a, b) + deg(pl, a, c) + deg(pl, b, c) - 2 * Pi) < eps;
}
void DP(int i, int j, int k) {
if (rem[i][j][k]) return ;//记忆化搜索
rem[i][j][k] = 1;
for (int q = 0; q <= num[i][j][k]; q++)//直接选最大
f[i][j][k][q] = 6ll * C[num[i][j][k]][q] % mo * jc[num[i][j][k] - q] % mo;
int c[3];
for (int pl = 1; pl <= n; pl++) {//从一个小的加一个点过来
if (pl == i || pl == j || pl == k || !check_in(i, j, k, pl)) continue;
c[0] = pl; c[1] = j; c[2] = k; sort(c, c + 3);
DP(c[0], c[1], c[2]);//下面两个跟这个其实一样，只是换掉的点不同了
for (int bn = 0; bn <= num[c[0]][c[1]][c[2]]; bn++)
for (int su = 0; su <= num[i][j][k] - num[c[0]][c[1]][c[2]] - 1; su++)//这些是原本小三角没有的，然后看剩下多少个没选
for (int bu = 0; bu <= bn; bu++)
f[i][j][k][su + bu] = (f[i][j][k][su + bu] +
f[c[0]][c[1]][c[2]][bn] * C[bn][bu] % mo * C[num[i][j][k] - num[c[0]][c[1]][c[2]] - 1][su] % mo * jc[bn - bu + num[i][j][k] - num[c[0]][c[1]][c[2]] - 1 - su] % mo
) % mo;
c[0] = i; c[1] = pl; c[2] = k; sort(c, c + 3);
DP(c[0], c[1], c[2]);
for (int bn = 0; bn <= num[c[0]][c[1]][c[2]]; bn++)
for (int su = 0; su <= num[i][j][k] - num[c[0]][c[1]][c[2]] - 1; su++)
for (int bu = 0; bu <= bn; bu++)
f[i][j][k][su + bu] = (f[i][j][k][su + bu] +
f[c[0]][c[1]][c[2]][bn] * C[bn][bu] % mo * C[num[i][j][k] - num[c[0]][c[1]][c[2]] - 1][su] % mo * jc[bn - bu + num[i][j][k] - num[c[0]][c[1]][c[2]] - 1 - su] % mo
) % mo;
c[0] = i; c[1] = j; c[2] = pl; sort(c, c + 3);
DP(c[0], c[1], c[2]);
for (int bn = 0; bn <= num[c[0]][c[1]][c[2]]; bn++)
for (int su = 0; su <= num[i][j][k] - num[c[0]][c[1]][c[2]] - 1; su++)
for (int bu = 0; bu <= bn; bu++)
f[i][j][k][su + bu] = (f[i][j][k][su + bu] +
f[c[0]][c[1]][c[2]][bn] * C[bn][bu] % mo * C[num[i][j][k] - num[c[0]][c[1]][c[2]] - 1][su] % mo * jc[bn - bu + num[i][j][k] - num[c[0]][c[1]][c[2]] - 1 - su] % mo
) % mo;
}
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d %d", &x[i], &y[i]);
jc[0] = 1;
for (int i = 1; i <= 40; i++) {
jc[i] = (jc[i - 1] * i) % mo;
}
C[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= 40; i++) {
C[i][0] = 1;
for (int j = 1; j <= 40; j++)
C[i][j] = (C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1]) % mo;
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = i + 1; j <= n; j++)
for (int k = j + 1; k <= n; k++)
for (int pl = 1; pl <= n; pl++)
if (pl != i && pl != j && pl != k && check_in(i, j, k, pl))
num[i][j][k]++;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = i + 1; j <= n; j++)
for (int k = j + 1; k <= n; k++)
if (num[i][j][k] == n - 3) {
DP(i, j, k);
printf("%lld", f[i][j][k][0]);
return 0;
}
printf("0");
return 0;
return 0;
}