【题解】CF1025F Disjoint Triangles

题意

传送门。

给出平面上的一些点，从其中选出6个点，组成两个三角形，求使两个三角形不相交（即平面上不存在一个点同时属于两个三角形）的方案数，如果选的点相同但组成的三角形不同则算不同的方案。

分析

首先有一个结论：如果两个三角形不相交，那么一定存在两条内公切线。如下图（感性理解一下）：

那么我们就可以枚举内公切线了。

对于输入的每一个点，我们让它和其他$n-1$个点组成直线，并进行极角排序，然后逆时针方向枚举这些直线，同时维护在直线右侧的点的数量，对于每一条直线，利用乘法原理计算方案。

还有一些小细节：每一条直线实际上可以组成两个三角形。如上图中，直线$CE$既可以组成$△ABC$和$△DEF$，也可以组成$△ABE$和$△CDF$。所以每次计算的时候要乘$2$。但是每一个三角形又会被两条直线同时计算，所以最后答案又要减半，那么实际上就完全抵消了。

同时，我们只枚举极角小于$0$的直线，防止共线的情况算重。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define MAX 2005
using namespace std;

const double PI = acos(-1.0);

struct vec{
    
    
    double x, y;
}a[MAX];

int n;
double b[MAX];
ll ans;

ll C2(ll x){
    
    
    return (x-1)*x/2;
}

int main()
{
    
    
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    
    
        scanf("%lf%lf", &a[i].x, &a[i].y);
    }
    
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    
    
        int cnt = 0;
        for (int j = 1; j <= n; ++j) {
    
    
            if(i != j){
    
    
                b[++cnt] = atan2(a[j].y-a[i].y, a[j].x-a[i].x);
            }
        }
        sort(b+1, b+cnt+1);
        for (int j = 1, k = 1; j <= cnt && b[j] <= 0; ++j) {
    
    
            while(k <= cnt && b[k]-b[j] < PI){
    
    		//在直线右侧。
                k++;
            }
            ll l = k-j-1, r = cnt-l-1;		//注意一下点的个数细节：当前点和当前k不能算
            ans += C2(l)*C2(r);		//乘法原理
        }
    }
    
    cout << ans << endl;

    return 0;
}