HDU 5448 Marisa’s Cake

题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5448

题意：
给定一个由 n 个整点构成的凸多边形，求从 n 个点里任意选不少于 3 个点组成的凸多边形面积之和，显然整点构成的多边形面积一定是 0.5 的整数倍，题目需要你算出答案的 2 倍 mod1000000007 的值。
n≤100000 ，坐标 ∈[0,109] 。

题解：
面积乘 2 的话直接算叉积就好了，例如三个点 A,B,C 构成的三角形，设从原点到他们的向量为 fA,fB,fC ，那么三角形面积的 2 倍就是 fA×fB+fB×fC+fC×fA ，同理 k 个点（对应向量按逆时针排序为 f1,f2,...,fk ）构成的多边形面积的 2 倍等于 ∑k−1i=1fi×fi+1+fk×f1 。
直接算每种情况的多边形求面积是 O(n2n) 的，但是我们可以发现计算面积的过程中有很多的重复计算。
对于两个在原多边形上的点 i,j ，我们可以算出它们产生的贡献 fi×fj 在多少个需要算的多边形 M={a0,a1,...,ap−1} 的式子里出现。
首先如果 at=i ，那么必须有 a(t+1)modp=j ，也就是说按逆时针顺序在 i 和 j 之间的点都不能选，而且为了保证 p≥3 ，所以按逆时针顺序在 j 到 i 这一段的点至少要有一个在多边形 M 上，设 j 到 i 之间有 c 个点，那么对应的方案数就是 2c−1 ，于是我们得到了任意两个点之间向量叉积的系数。
于是答案可以被表示为

∑i=1n∑j=1i−1(2i−j−1−1)(fi×fj)+(2n−i+j−1−1)(fj×fi)=∑i=1n(2i−1fi)×(∑j=1i−12−jfj)+(∑j=1i−12jfj)×(2n−i−1fi)

如果令

g(x)=∑i=1x2ifih(x)=∑i=1x2−ifi

答案就是

∑i=1n(2i−1fi)×h(i−1)+g(i−1)×(2n−i−1fi)

于是在模意义下预处理 2i 和 2−i ，边利用前缀和的特点维护 g(i),h(i) ，边统计答案就行了，时间复杂度 O(n) 。

代码：

#include <cstdio>
typedef long long LL;
const int maxn = 100010, mod = 1000000007, inv2 = 500000004;
int t, n, pw1[maxn], pw2[maxn], x, y, pre1x, pre1y, pre2x, pre2y, ans;
int mod_add(int x, int y)
{
    x += y;
    if(x >= mod)
        x -= mod;
    return x;
}
int mod_sub(int x, int y)
{
    x -= y;
    if(x < 0)
        x += mod;
    return x;
}
int det(int x1, int y1, int x2, int y2)
{
    return mod_sub((LL)x1 * y2 % mod, (LL)x2 * y1 % mod);
}
int main()
{
    scanf("%d", &t);
    pw1[0] = 1;
    for(int i = 1; i < maxn; ++i)
        pw1[i] = (LL)pw1[i - 1] * 2 % mod; // +
    pw2[0] = 1;
    for(int i = 1; i < maxn; ++i)
        pw2[i] = (LL)pw2[i - 1] * inv2 % mod; // -
    while(t--)
    {
        scanf("%d", &n);
        pre1x = pre1y = pre2x = pre2y = ans = 0;
        for(int i = 1; i <= n; ++i)
        {
            scanf("%d%d", &x, &y);
            ans = mod_add(ans, (LL)pw1[i - 1] * det(x, y, pre2x, pre2y) % mod);
            ans = mod_add(ans, (LL)(i == n ? inv2 : pw1[n - i - 1]) * det(pre1x, pre1y, x, y) % mod);
            pre1x = mod_add(pre1x, (LL)x * pw1[i] % mod); // +
            pre1y = mod_add(pre1y, (LL)y * pw1[i] % mod); // +
            pre2x = mod_add(pre2x, (LL)x * pw2[i] % mod); // -
            pre2y = mod_add(pre2y, (LL)y * pw2[i] % mod); // -
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}

逗比小记：
场上拿 ∑ni=1∑nj=i+1∑nk=j+12n−1−i+j−k(fi×fj+fj×fk+fk×fi) 算的，自己折磨自己不说，还拖我队后腿啊。