Eureka

Time Limit: 8000/4000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)

Problem Description

Input
There are multiple test cases. The first line of input contains an integer T, indicating the number of test cases. For each test case:
The first line contains an integer n (1≤n≤1000) -- then number of points.
Each of the following n lines contains two integers xi and yi (−109≤xi,yi≤109) -- coordinates of the i-th point.
 
Output
 For each test case, output an integer denoting the answer.
 
Sample Input
3
3
1 1
1 1
1 1
3
0 0
0 1
1 0
1
0 0
 
Sample Output
4
3
0 
 
Source
 
题解:给出n个整点,定义f(u,v)为u和v的距离,g(u,v,w)=((f(u,v)+f(u,w)+f(v,w))/2,定义这n个点的非空子集P是最好的当且仅当P中含有一个最好点对(u,v),最好点对定义是,对集合P中任一点w,(u,v)满足f(u,v)>=g(u,v,w),问有多少种不同的最好集合 .
 
思路:由f(u,v)>=g(u,v,w)知f(u,v)>=f(u,w)+f(v,w),显然w需要在以u和v为端点的线段上,故问题转变为这n个点能构成多少种不同的线段(此处不同指的是两个端点的编号不同时相同,线段可以左右端点相同),首先去重,将所有重点去掉只留一个同时记录其数量,枚举线段左端点,将其他所有点与此点的横纵坐标差值(x,y)化成即约形式后存在map中,那么最后这个map中存的就是以该点为左端点,其他点为右端点构成线段的所有可能斜率以及每个斜率对应的点数,假设斜率为k的有res个点,该点重复次数是num,之后就可以开始计数,即求以该点为左端点,斜率为k的线段有多少个,即从num个重复的端点中任选不少于一个点,简单推导可得共有(2^num-1)*(2^res-1)种,从res个点中任选不少于一个点的方法数,这样枚举完左端点后就得到了所有左右端点不同的线段的数量,但还要把左右端点相同的线段加到答案中,这个只需要枚举每个重点,例如某个点重复了num次,那么其对答案的贡献就是从中选取不少于两个点的方法数,即2^num-num-1,上面的贡献全部累加起来即为答案.
(转载:http://blog.csdn.net/v5zsq/article/details/52045420)
 
代码:
 #include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define maxn 1111
#define mod 1000000007ll
struct node
{
int x,y,num;
}a[maxn];
int T,n;
typedef pair<int,int>P;
map<P,int>m;
map<P,int>::iterator it;
ll f[maxn];
int cmp(node a,node b)
{
if(a.x!=b.x)return a.x<b.x;
if(a.y!=b.y)return a.y<b.y;
return a.num>b.num;
}
int gcd(int a,int b)
{
return b?gcd(b,a%b):a;
}
int main()
{
f[]=;
for(int i=;i<maxn;i++)f[i]=f[i-]*2ll%mod;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{ scanf("%d",&n);
for(int i=;i<n;i++)
scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y);
sort(a,a+n,cmp);
int cnt=;
for(int i=;i<n;i++)
{
int num=;
while(i<n-&&a[i].x==a[i+].x&&a[i].y==a[i+].y)num++,i++;
a[cnt].x=a[i].x,a[cnt].y=a[i].y,a[cnt++].num=num;
}
sort(a,a+cnt,cmp);
ll ans=;
for(int i=;i<cnt;i++)
{
ll temp=(f[a[i].num]-a[i].num-)%mod;
ans=(ans+temp+mod)%mod;
}
for(int i=;i<cnt;i++)
{
m.clear();
for(int j=i+;j<cnt;j++)
{
int x=a[j].x-a[i].x,y=a[j].y-a[i].y;
int g=gcd(abs(x),abs(y));
x/=g,y/=g;
P p=make_pair(x,y);
m[p]+=a[j].num;
}
for(it=m.begin();it!=m.end();it++)
{
ll temp=(f[a[i].num]-)*(f[it->second]-)%mod;
ans=(ans+temp+mod)%mod;
}
}
printf("%I64d\n",ans);
}
return ;
}

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