AGC021B 题解

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不难发现其实就是在平面上随机取点。

首先要判断一个点被取到的概率是否为 0。设这个点为 A，显然，所有除 A 以外的点都要在 A 点同侧。枚举其周围 3 个点 B,C,D，如果 A 点在 \triangle BCD 内部，则 A 被取到的概率为 0。如图：

（能取到 A 点的区域，即红色区域，面积是有限的，在无限的平面上随机取点，落到红色区域的概率为 0）

然后考虑怎么算概率。不难发现，我们只需将 A 点与周围点连边，取所有边的中垂线，计算中垂线形成的的最小夹角即可。答案即为 \frac{\text{最小夹角}}{2\pi}。如图：

（最小夹角为 \alpha，即为 \angle BAE 的补角）

只要极角排序或枚举两个点即可。

Code:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef vector<int> vi;
typedef pair<int,int> pii;

template<typename T>
inline T read(){
    T 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<<1)+(x<<3)+(ch^48);
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}

#define rdi read<int>
#define rdll read<ll>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair

const int N=110;
const double pi=acos(-1);

int n;
pii p[N];
double deg[N][N],res[N];

int main(){
    n=rdi();
    for(int i=1;i<=n;i++) p[i].fi=rdi(),p[i].se=rdi();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            if(i!=j) deg[i][j]=atan2(p[j].se-p[i].se,p[j].fi-p[i].fi);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        bool flg=0;
        for(int i1=1;i1<=n;i1++){
            for(int i2=i1+1;i2<=n;i2++){
                for(int i3=i2+1;i3<=n;i3++){
                    if(i1==i||i2==i||i3==i) continue;
                    double d[3]={deg[i][i1],deg[i][i2],deg[i][i3]};sort(d,d+3);
                    if(d[2]-d[0]>=pi&&d[2]-d[1]<pi&&d[1]-d[0]<pi) {flg=1;goto ed;}
                }
            }
        }
        ed:
        if(flg) continue;
        double ang=pi;
        for(int i1=1;i1<=n;i1++){
            for(int i2=i1+1;i2<=n;i2++){
                if(i1==i||i2==i) continue;
                double tmp=fabs(deg[i][i1]-deg[i][i2]);
                if(tmp>=pi) tmp=2*pi-tmp;
                ang=min(ang,pi-tmp);
            }
        }
        res[i]=ang/(2*pi);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) printf("%.6lf\n",res[i]);
    return 0;
}