验题验不动，就来写写题解吧 /qq
在本文中，我们让 (k = 8) （即三角形面积的 (k) 次方之和） 。此题拓展到 (k = 16) 也是没问题的
首先要求的是 三个点围成的三角形面积 的和，我们显然要快速求出这个东西。
运用计算机和知识，或在百度上搜第一篇就可以找到答案 ：
三个点 ((x_1, y_1), (x_2, y_2), (x_3, y_3)) 围成的三角形面积为 ： (frac{1}{2} |x_1 y_2 + x_2 y_3 + x_3 y_1 - x_1 y_3 - x_2 y_1 - x_3 y_2|)
对于每一个三角形，可以把这个三角形算 (6) 次。
我们要计算的就是 (frac{1}{6} sumlimits_{i = 1}^{n} sumlimits_{j = 1}^{n} sumlimits_{k = 1}^{n} (frac{1}{2} |x_i y_j + x_j y_k + x_k y_i - x_i y_k - x_j y_i - x_k y_j|)^8)
（把有相同的点的也算进去了，这东西算出的答案为 (0)，对答案没有贡献）
[frac{1}{6 imes 2^8} sumlimits_{i = 1}^{n} sumlimits_{j = 1}^{n} sumlimits_{k = 1}^{n} (x_i y_j + x_j y_k + x_k y_i - x_i y_k - x_j y_i - x_k y_j)^8
]
用二项式定理的拓展把后面的一堆东西展开：
[frac{1}{1536} sumlimits_{i = 1}^{n} sumlimits_{j = 1}^{n} sumlimits_{k = 1}^{n} sumlimits_{a + b + c + d + e + f = 8} inom{8}{a, b, c, d, e, f} (x_i y_j)^a (x_jy_k)^b (x_k y_i)^c (-x_iy_k)^d (-x_jy_i)^e (-x_ky_j)^f
]
[frac{1}{1536} sumlimits_{a + b + c + d + e + f = 8} (-1)^{d+e+f} inom{8}{a, b, c, d, e, f} sumlimits_{i = 1}^{n} sumlimits_{j = 1}^{n} sumlimits_{k = 1}^{n}x_i^a y_j^a x_j^by_k^b x_k^cy_i^c x_i^dy_k^d x_j^ey_i^e x_k^fy_j^f
]
[frac{1}{1536} sumlimits_{a + b + c + d + e + f = 8} (-1)^{d+e+f} inom{8}{a, b, c, d, e, f} (sumlimits_{i = 1}^{n} x_i^{a+d} y_i^{c+e}) (sumlimits_{j = 1}^{n} x_j^{b+e} y_j^{a+f}) (sumlimits_{k = 1}^{n} x_k^{c+f} y_k^{b+d})
]
这样对于每一个 (A) 和 (B) 维护 (sum(A, B) = sumlimits_{i = 1}^{n} x_i^A y_i^B)，统计答案时 (dfs) 一下就是 (Theta(k^5 n)) 的了。事实上那个 (k^5) 会很小，是 (inom{k+5}{5})
轻微卡常可以通过。
代码：
#include<bit/stdc++.h>
#define L(i, j, k) for(int i = j, i##E = k; i <= i##E; i++)
#define R(i, j, k) for(int i = j, i##E = k; i >= i##E; i--)
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define pii pair<int, int>
#define mkp make_pair
using namespace std;
const int N = (1 << 20);
const int M = 10;
const int mod = 998244353;
int qpow(int x, int y = mod - 2) {
int res = 1;
for(; y; x = (ll) x * x % mod, y >>= 1) if(y & 1) res = (ll) res * x % mod;
return res;
}
int n, k = 8, inv1536;
int sum[M][M], f[M], ifac[M], fac[M];
ll ans;
void dfs(int x, int w, int now) {
if(x == 6) {
f[x] = w, now = (ll) now * ifac[w] % mod;
int res = (ll) now * sum[f[1] + f[4]][f[3] + f[5]] % mod * sum[f[2] + f[5]][f[1] + f[6]] % mod * sum[f[3] + f[6]][f[2] + f[4]] % mod;
if((f[4] + f[5] + f[6]) & 1) res = mod - res;
ans += res;
return;
}
L(i, 0, w) f[x] = i, dfs(x + 1, w - i, (ll) now * ifac[i] % mod);
}
int mian() {
inv1536 = qpow(1536);
scanf("%d", &n);
fac[0] = ifac[0] = 1;
L(i, 1, k) fac[i] = (ll) fac[i - 1] * i % mod, ifac[i] = qpow(fac[i]);
L(i, 1, n) {
int opt, x, y;
scanf("%d%d%d", &opt, &x, &y);
int now = 1;
L(a, 0, k) {
int Now = now;
L(b, 0, k) {
if(opt == 1) (sum[a][b] += Now) %= mod;
else (sum[a][b] += mod - Now) %= mod;
Now = (ll) Now * y % mod;
}
now = (ll) now * x % mod;
}
ans = 0, dfs(1, k, 1);
printf("%lld
", (ll) ans % mod * fac[k] % mod * inv1536 % mod);
}
return;
}
这样的常数十分不优良，考虑预处理出来要计算的每一次要调用的 (sum) 的下标和乘上的系数。
这样子常数原来的 (frac{1}{2})。
对于每一次调用的 (sum) 数组，有很多本质相同的，于是考虑把他们压缩起来。把相同的调用系数加起来就好了。
这样子常数减小到了最初的 (frac{1}{12})
（细节见代码）
#include<bits/stdc++h>
#define L(i, j, k) for(int i = j, i##E = k; i <= i##E; i++)
#define R(i, j, k) for(int i = j, i##E = k; i >= i##E; i--)
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define pii pair<int, int>
#define mkp make_pair
using namespace std;
const int M = 10;
const int P = 5000;
const int mod = 998244353;
int qpow(int x, int y = mod - 2) {
int res = 1;
for(; y; x = (ll) x * x % mod, y >>= 1) if(y & 1) res = (ll) res * x % mod;
return res;
}
int n, k = 8, inv1536;
int sum[M][M], f[M], ifac[M], fac[M];
struct node { int x, y; } ;
bool operator < (node aa, node bb) {
return aa.x == bb.x ? aa.y < bb.y : aa.x < bb.x;
}
bool operator == (node aa, node bb) {
return aa.x == bb.x && aa.y == bb.y;
}
struct Node {
int buf;
node f[4];
} d[P], g[P];
bool operator < (Node aa, Node bb) {
return aa.f[1] == bb.f[1] ? (aa.f[2] == bb.f[2] ? aa.f[3] < bb.f[3] : aa.f[2] < bb.f[2]) : aa.f[1] < bb.f[1];
}
bool operator == (Node aa, Node bb) {
return aa.f[1] == bb.f[1] && aa.f[2] == bb.f[2] && aa.f[3] == bb.f[3];
}
int tot, all;
ll ans;
void dfs(int x, int w, int now) {
if(x == 6) {
f[x] = w, now = (ll) now * ifac[w] % mod, ++tot;
d[tot].f[1].x = f[1] + f[4], d[tot].f[1].y = f[3] + f[5];
d[tot].f[2].x = f[2] + f[5], d[tot].f[2].y = f[1] + f[6];
d[tot].f[3].x = f[3] + f[6], d[tot].f[3].y = f[2] + f[4];
sort(d[tot].f + 1, d[tot].f + 4);
if((f[4] + f[5] + f[6]) & 1) now = mod - now;
d[tot].buf = (ll) now * inv1536 % mod * fac[k] % mod;
return;
}
L(i, 0, w) f[x] = i, dfs(x + 1, w - i, (ll) now * ifac[i] % mod);
}
int main( {
inv1536 = qpow(1536);
scanf("%d", &n);
fac[0] = ifac[0] = 1;
L(i, 1, k) fac[i] = (ll) fac[i - 1] * i % mod, ifac[i] = qpow(fac[i]);
dfs(1, 8, 1);
sort(d + 1, d + tot + 1);
L(i, 1, tot) {
if(g[all] == d[i]) (g[all].buf += d[i].buf) %= mod;
else ++all, g[all] = d[i];
}
L(i, 1, n) {
int opt, x, y;
scanf("%d%d%d", &opt, &x, &y);
int now = 1;
L(a, 0, k) {
int Now = now;
L(b, 0, k) {
if(opt == 1) (sum[a][b] += Now) %= mod;
else (sum[a][b] += mod - Now) %= mod;
Now = (ll) Now * y % mod;
}
now = (ll) now * x % mod;
}
ans = 0;
L(j, 1, all) {
(ans += (ll) sum[g[j].f[1].x][g[j].f[1].y] * sum[g[j].f[2].x][g[j].f[2].y] % mod *
sum[g[j].f[3].x][g[j].f[3].y] % mod * g[j].buf % mod) %= mod;
}
printf("%lld
", ans);
}
return 0;
(k = 8) 的时候本质不同的 (sum) 数组调用次数为 (180)，在 (k = 16) 的时候也只有 (1996) 。
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