平面上的矿区划分成了若干个开发区域。简单地说，你可以将矿区看成一张连通的平面图，平面图划分为了若
干平面块，每个平面块即为一个开发区域，平面块之间的边界必定由若干整点(坐标值为整数的点)和连接这些整点
的线段组成。每个开发区域的矿量与该开发区域的面积有关：具体而言，面积为s的开发区域的矿量为 s^2。现在
有 m 个开采计划。每个开采计划都指定了一个由若干开发区域组成的多边形，一个开采计划的优先度被规定为矿
量的总和÷开发区域的面积和；例如，若某开采计划指定两个开发区域，面积分别为 a和b，则优先度为(a^2+b^2)
/(a+b)。由于平面图是按照划分开发区域边界的点和边给出的，因此每个开采计划也只说明了其指定多边形的边界
，并未详细指明是哪些开发区域（但很明显，只要给出了多边形的边界就可以求出是些开发区域）。你的任务是求
出每个开采计划的优先度。为了避免精度问题，你的答案必须按照分数的格式输出，即求出分子和分母，且必须是
最简形式（分子和分母都为整数，而且都消除了最大公约数；例如，若矿量总和是 1.5，面积和是2，那么分子应
为3，分母应为4；又如，若矿量和是 2，面积和是 4，那么分子应为 1，分母应为 2）。由于某些原因，你必须依
次对每个开采计划求解（即下一个开采计划会按一定格式加密，加密的方式与上一个开采计划的答案有关）。具体
的加密方式见输入格式。
bzoj4541【HNOI2016】矿区
4541: [Hnoi2016]矿区
Time Limit: 30 Sec Memory Limit: 512 MBSubmit: 282 Solved: 123
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Description
Input
第一行三个正整数 n,m,k，分别描述平面图中的点和边，以及开采计划的个数。接下来n行，第 i行(i=1,2,…
,n)有两个整数x_i, y_i, 表示点i的坐标为(x_i, y_i)。接下来m行，第 i行有两个正整数a,b，表示点a和b 之间
有一条边。接下来一行若干个整数，依次描述每个开采计划。每个开采计划的第一个数c指出该开采计划由开发区
域组成的多边形边界上的点的个数为d=(c+P) mod n + 1；接下来d个整数，按逆时针方向描述边界上的每一个点：
设其中第i个数为z_i，则第i个点的编号为(z_i+P) mod n + 1。其中P 是上一个开采计划的答案中分子的值；对于
第 1 个开采计划，P=0。
Output
对于每个开采计划，输出一行两个正整数，分别描述分子和分母。
Sample Input
9 14 5
0 0
1 0
2 0
0 1
1 1
2 1
0 2
1 2
2 2
1 2
2 3
5 6
7 8
8 9
1 4
4 7
5 8
3 6
6 9
4 8
1 5
2 6
6 8
3 3 0 4 7 1 3 4 6 4 8 0 4 3 6 2 3 8 0 4 6 2 5 0 4 5 7 6 3
0 0
1 0
2 0
0 1
1 1
2 1
0 2
1 2
2 2
1 2
2 3
5 6
7 8
8 9
1 4
4 7
5 8
3 6
6 9
4 8
1 5
2 6
6 8
3 3 0 4 7 1 3 4 6 4 8 0 4 3 6 2 3 8 0 4 6 2 5 0 4 5 7 6 3
Sample Output
1 1
1 2
1 1
9 10
3 4
1 2
1 1
9 10
3 4
HINT
输入文件给出的9个点和14条边描述的平面图如下所示：
第一个开采计划，输入的第1个值为3，所以该开采计
划对应的多边形有(3+0) mod 8 +1=4个点，将接下的4个数3,0,4,7，分别代入(z_i+0) mod n + 1得到4个点的编号
为4,1,5,8。计算出第一个开采计划的分子为1，分母为1。类似地，可计算出余下开采计划的多边形的点数和点的
编号：第二个开采计划对应的多边形有3个点，编号分别为5, 6, 8。第三个开采计划对应的多边形有6个点，编号
分别为1, 2, 6, 5, 8, 4。第四个开采计划对应的多边形有5个点，编号分别为1, 2, 6, 8, 4。第五个开采计划对
应的多边形有6个点，编号分别为1, 5, 6, 8, 7, 4。
对于100%的数据，n, k ≤ 2×10^5, m ≤ 3n-6, |x_i|, |y
_i| ≤ 3×10^4。所有开采计划的d之和不超过2×10^6。保证任何开采计划都包含至少一个开发区域，且这些开发
区域构成一个连通块。保证所有开发区域的矿量和不超过 2^63-1。保证平面图中没有多余的点和边。保证数据合
法。由于输入数据量较大，建议使用读入优化。
平面图转对偶图+DFS树
平面图转对偶图模板第一次写，全是抄的......
对偶图建好后，以无穷域为根建出DFS树，其中无穷域的判定是有向面积为负。
对于一个开采计划，一定包含对偶图中的某些边，并且这些边圈出对偶图的一个点集，这些点就是答案包含的点。答案就等于这些点的点权和，因为对偶图的点权对应平面图的面积。
记录DFS树每个子树的点权和，那么对于每一条树边判断在树上是朝上还是朝下，朝上就将答案加上子树的点权和，朝下就减去。如果是非树边直接忽略就好了。这个思路很妙啊！
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define N 200005
#define M 600005
using namespace std;
int n,m,k,cnt=1,tot,rt;
int nxt[N*6],num[N*6],q[N],fa[N*2];
ll ans1,ans2;
ll s[N*2],s2[N*2];
bool vst[N*2],flg[N*6];
struct P
{
ll x,y;
friend P operator +(const P &a,const P &b){return (P){a.x+b.x,a.y+b.y};}
friend P operator -(const P &a,const P &b){return (P){a.x-b.x,a.y-b.y};}
friend ll operator *(const P &a,const P &b){return a.x*b.y-a.y*b.x;}
}p[N];
struct edge
{
int x,y,id;double angle;
edge(int xx=0,int yy=0,int idd=0)
{
x=xx;y=yy;id=idd;
angle=atan2((double)(p[y].y-p[x].y),(double)(p[y].x-p[x].x));
}
friend bool operator <(const edge &a,const edge &b){return a.angle<b.angle;}
}e[N*6];
vector<edge> E[N],G[N*2];
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
inline int find(int x,const edge &tmp)
{
return lower_bound(E[x].begin(),E[x].end(),tmp)-E[x].begin();
}
inline ll gcd(ll x,ll y)
{
return y?gcd(y,x%y):x;
}
void solve()//平面图转对偶图
{
int now,tmp,st;ll area;
F(i,2,cnt) if (!num[i])
{
area=0;now=i;st=e[i].x;num[i]=++tot;
while (1)
{
int tmp=nxt[now];num[tmp]=tot;
if (e[tmp].y==st) break;
area+=(p[e[tmp].x]-p[st])*(p[e[tmp].y]-p[st]);
now=tmp;
}
s[tot]=area;s2[tot]=area*area;
if (area<=0) rt=tot;
}
F(i,2,cnt) G[num[i]].push_back(edge(num[i],num[i^1],i));
}
void dfs(int x)
{
vst[x]=true;
F(i,0,(int)G[x].size()-1)
{
int y=G[x][i].y;
if (vst[y]) continue;
fa[y]=x;
flg[G[x][i].id]=flg[G[x][i].id^1]=true;
dfs(y);
s[x]+=s[y];s2[x]+=s2[y];
}
}
int main()
{
n=read();m=read();k=read();
F(i,1,n) p[i].x=read(),p[i].y=read();
F(i,1,m)
{
int x=read(),y=read();
cnt++;e[cnt]=edge(x,y,cnt);E[x].push_back(e[cnt]);
cnt++;e[cnt]=edge(y,x,cnt);E[y].push_back(e[cnt]);
}
F(i,1,n) sort(E[i].begin(),E[i].end());
F(i,2,cnt)
{
int tmp=find(e[i].y,e[i^1])-1;
if (tmp<0) tmp+=E[e[i].y].size();
nxt[i]=E[e[i].y][tmp].id;
}
solve();
dfs(rt);
F(i,1,k)
{
int tot=(read()+ans2)%n+1;
F(j,1,tot) q[j]=(read()+ans2)%n+1;
ans1=ans2=0;q[tot+1]=q[1];
F(j,1,tot)
{
int x=q[j],y=q[j+1],tmp=E[x][find(x,edge(x,y,0))].id;
if (!flg[tmp]) continue;
if (num[tmp]==fa[num[tmp^1]]) ans1+=s[num[tmp^1]],ans2+=s2[num[tmp^1]];
else ans1-=s[num[tmp]],ans2-=s2[num[tmp]];
}
if (ans1<0) ans1=-ans1,ans2=-ans2;
ll d=gcd(ans1,ans2);ans1/=d;ans2/=d;
if (ans2&1) ans1<<=1;else ans2>>=1;
printf("%lld %lld\n",ans2,ans1);
}
return 0;
}