BZOJ 1914: [Usaco2010 OPen]Triangle Counting 数三角形

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1914

题意：给定平面上N（<=10^5）个整点，任意三点可以组成一个三角形，求把原点包含在内部的三角形个数。保证原点不在两点连线上。

我们反过来考虑，用总的三角形个数减去非法的三角形个数。
总的三角形个数是(N3)=N(N−1)(N−2)6；
然后考虑非法三角形的情况，原点在三角形外部。作原点和三个点的连线，我们会发现一定是形成一个锐角，所以答案只跟每个点的极角有关。
于是把每个点按照极角序排序，用单调队列维护一个半平面上的点，每次加入一个点时，删除队尾与该点成顺时针的点，此时对答案的贡献就是(M2)，M为队列中点的个数，最后加入这个点，具体实现见代码。
一些细节：把点按x坐标正负分成左右两部分，排序的时候就可以用叉积，单调队列扫的时候也用叉积判断。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 100005;
struct P{ll x, y;}A[MAXN], B[MAXN], q[MAXN<<2];
ll operator*(P a, P b){return a.x*b.y-a.y*b.x;} //叉积
int cmp(P a, P b){return a*b<0;}
int na, nb, N;
int main()
{
    scanf("%d", &N);
    for(int i=0; i<N; ++i){
        P p; scanf("%lld%lld", &p.x, &p.y);
        if(p.x>0 || (p.x==0 && p.y>0)) A[na++]=p; //右半部分
        else B[nb++]=p; //左半部分
    }
    sort(A, A+na, cmp); sort(B, B+nb, cmp);
    int hd=0, tl=0;
    for(int i=0; i<nb; ++i) q[tl++]=B[i];
    ll ans = (ll)N*(N-1)*(N-2)/6;
    for(int i=0; i<na; ++i){
        while(hd<tl && A[i]*q[hd]<0) hd++;
        ans -= (ll)(tl-hd)*(tl-hd-1)/2;
        q[tl++]=A[i];
    }
    for(int i=0; i<nb; ++i){
        while(hd<tl && B[i]*q[hd]<0) hd++;
        ans -= (ll)(tl-hd)*(tl-hd-1)/2;
        q[tl++]=B[i];
    }
    printf("%lld
", ans);
    return 0;
}