题解 LA4285

题目大意 多组数据，每组数据给定一个正整数 (n(nleq 50)) 和平面内 (n) 个点，求出有多少个由这些点组成的简单，单调（monotone）多边形。一个单调多边形指的是构成这个多边形的所有边的斜率都在 ((-frac{pi}2,frac{pi}2)) 中。数据保证没有两个点 (x) 轴坐标相同。

分析 不难想到将所有点按照 (x) 坐标排个序，然后按照上下两条折线考虑。我们令 (f[i][j](i eq j or i=j=1 or i=j=n)) 为上折线最右端为第 (i) 个点，下折线最右端为第 (j) 个点的所有方案数。不妨假定 (i<j)，则 (f[i][j]) 只能向 (f[i][j+1]) 和 (f[j+1][j]) 转移。向 (f[i][j+1]) 的转移一定是可以的，我们来考虑向 (f[j+1][j]) 的转移。

用数学归纳法可以得到 (f[i][j]) 的所有方案数一定满足单调，那么就只用考虑简单了，也就是说边 ((i,j+1)) 不能和边 ((k, k+1)|i<k<j) 相交，也就是说点 (k|i<kleq j) 全都在边 ((i,j+1)) 的同一侧（下侧），更进一步，如果考虑点 (j+1) 的极角，有 (ang_i<ang_k(i<kleq j))。那么具体实现就很简单了。

最后要考虑到点 (n) 的转移，只能用 (f[i][n-1]) 或者 (f[n-1][j]) 来转移，那么分别用极角判定就可以了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn = 55;
const double PI = acos(-1);

int T, n;
int f[maxn][maxn];
struct Point {
	int x, y;
	inline bool operator<(Point d) const { return x < d.x; }
} p[maxn];

int main()
{
	scanf("%d", &T);
	while(T--) {
		memset(f, 0, sizeof f);
		
		scanf("%d", &n);
		for(int i = 1; i <= n; ++i)
			scanf("%d%d", &p[i].x, &p[i].y);
		
		sort(p + 1, p + n + 1);
		
		f[1][1] = 1;
		for(int i = 1; i < n - 1; ++i) {
			for(int j = 1; j < n - 1; ++j) {
				if(i == j && i != 1) continue;
				
				int now = max(i, j) + 1, pos;
				bool whi = now == j + 1, flag = false;
				
				if(!whi) pos = j, f[now][j] += f[i][j];
				else pos = i, f[i][now] += f[i][j];
				
				double ang = atan2(p[pos].y - p[now].y, p[pos].x - p[now].x);
				if(ang < 0) ang += 2 * PI;
				
				for(int k = min(i, j) + 1; k < now; ++k) {
					double tmp = atan2(p[k].y - p[now].y, p[k].x - p[now].x);
					
					if(tmp < 0) tmp += 2 * PI;
					
					if((whi && tmp <= ang) || (!whi && tmp >= ang)) {
						flag = 1;
						break;
					}
				}
				
				if(!flag) {
					if(!whi) f[i][now] += f[i][j];
					else f[now][j] += f[i][j]; 
				}
			}
		}
		
		double ang = atan2(p[n - 1].y - p[n].y, p[n - 1].x - p[n].x);
		
		if(ang < 0) ang += 2 * PI;
		for(int i = n - 2; i >= 1; --i) {
			double tmp = atan2(p[i].y - p[n].y, p[i].x - p[n].x);
			if(tmp < 0) tmp += 2 * PI;
			
			if(tmp < ang) f[n][n] += f[i][n - 1];
			
			ang = min(ang, tmp);
		}
		
		ang = atan2(p[n - 1].y - p[n].y, p[n - 1].x - p[n].x);
		
		if(ang < 0) ang += 2 * PI;
		for(int i = n - 2; i >= 1; --i) {
			double tmp = atan2(p[i].y - p[n].y, p[i].x - p[n].x);
			if(tmp < 0) tmp += 2 * PI;
			
			if(tmp > ang) f[n][n] += f[n - 1][i];
			
			ang = max(ang, tmp);
		}
		
		printf("%d
", f[n][n]);
	}
}