题目

题意简述

  给定一个含有 \(n\) 个顶点的凸多边形( \(n\) 是偶数),对于每一对相对的边(即中间有 \(\frac{n}2-1\) 条其它边),延长它们以将平面分割为多块,并把包含原凸包的一块染色(包含边界)。再给出 \(q\) 个询问,询问一个点 \(p\) 所在位置是否被染色。

数据规模

  强制在线,\(n,q\le10^5\)。

题解

题意转化

  首先,考虑某个点“被染色”的条件:存在一对相对边,若两边不平行,则该点在这对边延长所构成的劣角内部;若两边平行,则该点在它们所在两条直线的异侧。下图表现了第一种情况:

  在图中,如果我们把凸多边形(四边形 \(ABCD\))看作障碍物,那么 \(P1\) 看不到 \(AD,BC\) 两边,\(P2\) 亦是如此,而二者都被相对边 \((AD,BC)\) 染色了。相反,对于 \(P3\),它能看到 \(BC\) 这条边,所以没有被这对边染色。

  尝试把这个结论推广,对于任意一点 \(P\),若存在 \(P\) 看不到的一对相对边,\(P\) 就会被染色,反之则不会被染色。所以,对于不会被染色的 \(P\),它至少能看到多边形 \(\frac{n}2\) 条边

算法构建

  第一步,我们要得到判断“一组相对边是否能染色某个点”的方法。还是以上图为例:

  对于 \(E\) 点,我们求出向量 \(\boldsymbol{u}=\vec{DE},\boldsymbol{v}=\vec{EA},\boldsymbol{p}=\vec{CE},\boldsymbol{q}=\vec{EB}\)(注意在这里 \(B,C,D,A\) 四点是按逆时针排列的)。并记 \(a=\boldsymbol{u}\times\boldsymbol{v},b=\boldsymbol{p}\times\boldsymbol{q}\),可以发现,当 \((a=0\lor b=0)\lor(a<0\land b>0)\) 为真时,\(E\) 被这组边染色。


  第二步,还需要判断“一个点能否看到多边形上的某个点”。其实很简单,只需要令第一步中 \(D,C\) 重合,\(A,B\) 分别为多边形上的前驱和后继顶点,如第一步判断能否染色就行啦~


  第三步,如何求 \(P\) 能够看到几条边呢?不难想到二分:先取出一个会被看到的凸多边形上的点,再分别向两侧扩展。但怎么找到这个点呢?

  \(O(n)\) 找肯定是不可取的。我们耍一个小聪明:随便取一个点,设其在凸多边形上的下标为 \(i\),并取出 \((i,i+1),(i+\frac{n}2,i+\frac{n}2+1)\) 这组对边,作第一步的判断。如果判断成功,就直接得出答案啦;否则,\(P\) 就一定能看到这四个点中的两个(某一条边),再用第二步的方法就可以找到我们需要的点了。


  最后,二分即可。

代码

#include <ctime>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <utility> typedef long long LL;
typedef __int128 LLL; inline LL rint () {
LL x = 0, f = 1; char s = getchar ();
for ( ; s < '0' || '9' < s; s = getchar () ) f = s == '-' ? -f : f;
for ( ; '0' <= s && s <= '9'; s = getchar () ) x = x * 10 + ( s ^ '0' );
return x * f;
} const int MAXN = 1e5;
int T, N, Q; struct Point { LLL x, y; } P[MAXN + 5]; struct Vector {
LLL x, y;
Vector () {}
Vector ( const Point p ): x ( p.x ), y ( p.y ) {}
Vector ( const LLL tx, const LLL ty ): x ( tx ), y ( ty ) {}
Vector ( const Point s, const Point t ): x ( t.x - s.x ), y ( t.y - s.y ) {}
inline LLL operator * ( const Vector t ) const { return x * t.y - y * t.x; }
}; inline bool visible ( const Point s, const int indx ) {
LLL t1 = Vector ( P[indx], s ) * Vector ( s, P[indx % N + 1] );
LLL t2 = Vector ( P[indx], s ) * Vector ( s, P[( indx - 2 + N ) % N + 1] );
bool ret = t1 > 0 || t2 < 0;
return ret;
} int main () {
srand ( time ( 0 ) ^ 20120712 );
T = rint (), N = rint ();
for ( int i = 1; i <= N; ++ i ) P[i].x = rint (), P[i].y = rint ();
Q = rint ();
int cnt = 0;
for ( Point R; Q --; ) {
R.x = rint (), R.y = rint ();
if ( T ) R.x ^= 1ll * cnt * cnt * cnt, R.y ^= 1ll * cnt * cnt * cnt;
int p = rand () % N + 1, q = ( p + N / 2 - 1 ) % N + 1;
LLL t1 = Vector ( P[p], R ) * Vector ( R, P[p % N + 1] );
LLL t2 = Vector ( P[q % N + 1], R ) * Vector ( R, P[q] );
if ( ! t1 || ! t2 || ( t1 < 0 && t2 > 0 ) ) {
puts ( "DA" ), ++ cnt;
continue;
}
int rpos = visible ( R, p ) ? p : q;
int l = 0, r = N - 1, mid;
while ( l < r ) {
mid = l + r + 1 >> 1;
if ( visible ( R, ( rpos - mid - 1 + N ) % N + 1 ) ) l = mid;
else r = mid - 1;
}
int prelen = l;
l = 0, r = N - 1;
while ( l < r ) {
mid = l + r + 1 >> 1;
if ( visible ( R, ( rpos + mid - 1 ) % N + 1 ) ) l = mid;
else r = mid - 1;
}
int suflen = l;
if ( prelen + suflen >= N >> 1 ) puts ( "NE" );
else puts ( "DA" ), ++ cnt;
}
return 0;
}

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