2020杭电多校 Game

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题意
$$\begin{gathered} 在二维坐标上，有n个点，起点固定，双方轮流选择一个 \\ 未被经过的点，且要保证距离严格递增，问谁会win? \end{gathered}$$

思路
$$\begin{gathered} 比赛时想破头皮都不知道要怎么处理，一直想把它转化成Nim \\ 游戏，可惜失败了！ \end{gathered}$$
$$\begin{gathered} 看了正解，恍然大悟，真妙。原来这个游戏有一坨必胜点，且 \\ 最多只有一个必败点。这样的话，要是第一个点是必胜点，肯定 \\ 先手win，要是第一个点是必败点，那么不管先手怎么走,后手都 \\ 都会位于必胜点，所以后手win \\ 涨知识了，以后确实可以往这个地方想， \\ 并尝试构造 \end{gathered}$$
$如何证明并且找出这些必胜点呢？$
$首先对于所有点集，记S_1=\{(u,v)|dis(u,v)最大\}$
$$\begin{gathered} 考虑S_1中点对（u,v），显然可以推出u和v为必胜态 \\ 为什么？当前先手到达u，那么他可以把u进行转移到v \\ 那么后手无路可走，所以先手必胜 \end{gathered}$$
$结论1：S_1点对中出现的点一定为必胜状态$
$那么剩下的点是什么状态呢？$
$考虑把S_1点对中出现的点删掉，同样的子问题$
$记S_2=\{(u^{\prime },v^{\prime })|dis(u^{\prime },v^{\prime })最大\}$
$$\begin{gathered} 考虑S_2中点对（u^{\prime },v^{\prime }），显然可以推出u^{\prime }和v^{\prime }为必胜态 \\ 为什么？当前先手到达u^{\prime }，那么他可以把u^{\prime }进行转移到v^{\prime } \\ 那么后手无路可走或者走到S_1中的点(Pay-Attention) \end{gathered}$$
$如果后手无路可走，那么先手必胜$
$$\begin{gathered} 如果后手走到S_1中的点，那么先手走到必胜状态点，从而推出 \\ 先手必胜 \end{gathered}$$
$结论2：S_2点对中出现的点一定为必胜状态$
$推论：S_i中的点一定为必胜状态$

如何写代码呢？
$我们可以使用一个结构体，定义边，记录边的端点以及距离$
$$\begin{gathered} 肯定需要把所有边进行一个降序，然后对于一段相等dis， \\ 进行分段，然后进行处理。 \end{gathered}$$
$如何进行删点操作呢？$
$$\begin{gathered} vis[i]表示i点在S_{vis[i]}集合中，倘若我们正在考虑S_j，对于每一条 \\ 边，我们考虑其端点，如果端点的vis<j则表明该点已经删除 \\ 则不需要考虑这条边。 \end{gathered}$$

详情可见代码

#include 

using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2500;
const int maxm = 5e6 + 10;
int n, tot;
struct edge{
	int u, v;
	ll dis;
	bool operator < (const edge &a)const{
		return dis > a.dis;
	}
}e[maxm];
int vis[maxn], dfn;
pair<int, int> p[maxn];
void init(){
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		vis[i] = 0;
	}
	dfn = 0;
	tot = 0;
}
void print(){
	for(int i = 1; i <= tot; i++){
		printf("%d---%lld----%d\n", e[i].u, e[i].dis, e[i].v);
	}
}
int main(){
	int t;
	scanf("%d", &t);
	while(t--){
		scanf("%d", &n);
		init();
		for(int i = 1; i <= n; i++){
			scanf("%d%d", &p[i].first, &p[i].second);
		}
		for(int i = 1; i <= n; i++){
			for(int j = i + 1; j <= n; j++){
				e[++tot] = (edge){i, j, (ll)1 * (p[i].first - p[j].first) * (p[i].first - p[j].first) + (ll)1 * (p[i].second - p[j].second) * (p[i].second - p[j].second)};
			}
		}
		sort(e + 1, e + tot + 1);
		//print();
		ll tmp = -1;
		for(int i = 1; i <= tot; i++){
			int u, v; u = e[i].u; v = e[i].v;
			if(tmp != e[i].dis){
				dfn++;
			}///新的点对距离
			if((!vis[u] || vis[u] == dfn) && (!vis[v] || vis[v] == dfn)){
				vis[u] = vis[v] = dfn;
			}
		}
		if(vis[1]){
			puts("YES");
		}
		else{
			puts("NO");
		}
	}
	return 0;
}