选点问题
Description
陶陶和鹏鹏在玩一个十分有趣的游戏!已知平面上有n个不同的点(保证不存在任意3个点共线)，陶陶首先任意选取其中2个不同的点a，b，并连线得到线段AB，之后鹏鹏从剩下的n-2个点中任意选取2个不同的点c，d，并同样连线得到线段CD。 对于陶陶选择的点a，b，鹏鹏可能有若干种选择c，d的方案，使得CD与AB相交!易知，陶陶有n(n—1)／2种方案选择a，b。对于陶陶的第i种选择，假设鹏鹏有Ki种方案选择c，d使得AB和CD相交。 ★编程任务： 请计算输出陶陶和鹏鹏游戏的估价值T，其定义为： 
其中Fib(x)表示第x项斐波那契数，它满足：
由于T能比较大，请输出T模上1000000007的结果。
Input Format
输入文件名为point．in。 第一行一个整数n，表示平面上有n(n<=200)个点。接下来n行，给出n个点的坐标(xi，yi)。 输入的坐标均为整数，取值范围是：-100，000到100，000。
Output Format
输出文件名为point．out。 输出一行一个整数，表示T模上1，000，000，007的结果。
Sample Input
4 0 0 0 1 1 0 1 1
Sample Output
4
菲波那切数列可以暴力求，然后这个公式也没有什么能变形的地方，反正就是告诉你：求相交线段的数目。
我们考虑每个点所作出的贡献。
如图，对于每个O，我们枚举A点和B点，此时，我们只需要计算OA,OB的反向延长线范围内的点数num,然后tot[A][B]-=num即可！，至于为什么呢，因为我们计算这部分点和O相连的时候，无法和AB相交，然而我们却无法直接计算，因为OAB三角形内还有部分不合法的点对，因此我们利用容斥原理，每次只减去一个方向的点，最后得到的便是答案。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<cmath> 5 #include<string> 6 #include<algorithm> 7 #define ll long long 8 const ll MOD=1000000007; 9 const double pi=acos(-1),eps=1e-13; 10 int f[200005],tot[205][205]; 11 int n; 12 struct Point{ 13 int x,y,id; 14 double ang; 15 }p[200005],t[200005]; 16 int sign(double x){ 17 return x<-eps?-1:x>eps; 18 } 19 ll powit(ll x,int y){ 20 ll ans=1; 21 while (y){ 22 if (y&1) ans=(ans*x)%MOD; 23 x=(x*x)%MOD; 24 y/=2; 25 } 26 return ans; 27 } 28 bool cmp(Point x,Point y){ 29 return x.ang<y.ang; 30 } 31 void Fib(){ 32 f[0]=1; 33 f[1]=1; 34 for (int i=2;i<=n*n;i++) f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%(MOD-1); 35 } 36 void solve(){ 37 for (int i=1;i<=n;i++){ 38 int cnt=0; 39 for (int j=1;j<=n;j++){ 40 if (j==i) continue; 41 p[++cnt]=t[j]; 42 p[cnt].ang=std::atan2(t[j].y-t[i].y,t[j].x-t[i].x); 43 } 44 std::sort(p+1,p+n,cmp); 45 for (int j=1;j<n;j++){ 46 p[n-1+n-1+j]=p[n-1+j]=p[j]; 47 p[n-1+j].ang=p[j].ang+2*pi; 48 p[n-1+n-1+j].ang=p[n-1+j].ang+2*pi; 49 } 50 int l=1; 51 for (int j=1;j<n;j++){ 52 int r=j+1; 53 while (sign(p[l].ang-p[j].ang-pi)<0) ++l; 54 for (int k=j+1;sign(p[k].ang-p[j].ang-pi)<=0;k++){ 55 while (sign(p[r+1].ang-p[k].ang-pi)<=0) r++; 56 tot[p[k].id][p[j].id]=tot[p[j].id][p[k].id]+=k-j-1-(r-l+1); 57 } 58 } 59 } 60 ll ans=1; 61 for (int i=1;i<=n;i++) 62 for (int j=i+1;j<=n;j++){ 63 tot[i][j]/=2; 64 ans=(ans*(1+powit(tot[i][j],f[tot[i][j]])%MOD))%MOD; 65 } 66 printf("%lld",ans); 67 } 68 int main(){ 69 scanf("%d",&n); 70 for (int i=1;i<=n;i++){ 71 scanf("%d%d",&t[i].x,&t[i].y); 72 t[i].id=i; 73 } 74 Fib(); 75 solve(); 76 }