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题意

给出 \(n\) 个初始点以及 \(q\) 次询问，每次询问给出一个询问点 \(Q\)，求包括 \(Q\) 点的直角三角形有多少个。保证 \(n+q\) 个点都不重复。

思路

对于每次询问，当 \(Q\) 为直角点时，以 \(Q\) 为原点，对 \(n\) 个点做象限极角排序，然后用双指针 \(L\)、 \(R\) 维护直角三角形的个数。 \(L\) 指针用来枚举其中的一条直角边， \(R\) 指针用来寻找在另一条直角边上的点有多少个，每次找 \(QL\) 这条边逆时针方向的另一条边\(QR\)。所以当 \(L\) 往逆时针转动时，\(R\) 也会往逆时针转动，那么就可以用双指针直接维护出来了，特别注意一下多个点在同一条直线上的情况就可以了。
若 \(Q\) 不是直角点时，可以离线处理，把 \(n+q\) 个点全部存出来，然后枚举以 \(n\) 个初始点为直角点时，对哪些的 \(Q\) 点有贡献，维护方法同上。

最后的复杂度为 \(O\left(qnC_1 + n(n+q)C_2\right)\)，\(C_1、C_2\) 取决于在枚举直角点为原点后，到原点在同一条直线上的点数量。

我试过把 \(n+q\) 个节点全部提取出来，然后暴力枚举每个点为直角点的情况，但是这样复杂度会 \(T\)。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef unsigned long long ull;

const int maxn = 1e4+10;

struct Point {

	ll x, y;

	int id;

} p[maxn], be[maxn];

int n, m;

int ans[maxn];

int cmp1(Point a, Point b) {

	ll d = a.x*b.y - b.x*a.y;

	if(d == 0) {

		return a.x<b.x;

	} else {

		return d>0;

	}

}

int Qua(Point a) {

	if(a.x>0 && a.y>=0)	return 1;

	if(a.x<=0 && a.y>0)	return 2;

	if(a.x<0 && a.y<=0)	return 3;

	if(a.x>=0 && a.y<0)	return 4;

}

int cmp(Point a, Point b) {

	if(Qua(a) == Qua(b))	return cmp1(a, b);

	else	return Qua(a)<Qua(b);

}

ll check(Point a, Point b) {

	return a.x*b.x + a.y*b.y;

}

ll chaji(Point a, Point b) {

	return a.x*b.y - b.x*a.y;

}

ll work(Point pp) {

	for(int i=1; i<=n; i++) {

		p[i] = be[i];

		p[i].x -= pp.x;

		p[i].y -= pp.y;

	}

	p[0] = pp;

	sort(p+1, p+1+n, cmp);

	for(int j=1; j<=n; j++) {

		p[j+n] = p[j];

	}

	ll ans = 0;

	int R = 2;

	for(int L=1; L<=n; L++) {

		while(R<=2*n) {

			if(chaji(p[L], p[R]) < 0)	break;

			if(check(p[L], p[R]) <= 0)	break;

			R++;

		}

		int tR = R;

		while(tR<=2*n) {

			if(chaji(p[L], p[tR]) <= 0)	break;

			if(check(p[L], p[tR]) != 0)	break;

			ans++;

			tR++;

		}

	}

	return ans;

}

int main(){

	// freopen("in", "r", stdin);

	while(~scanf("%d%d", &n, &m)) {

		int all = 0;

		for(int i=1; i<=n; i++) {

			all++;

			int x, y;

			scanf("%d%d", &x, &y);

			p[all].x = x, p[all].y = y, p[all].id = 0;

			be[all] = p[all];

		}

		for(int i=1; i<=m; i++) {

			all++;

			int x, y;

			scanf("%d%d", &x, &y);

			p[all].x = x, p[all].y = y, p[all].id = i;

			be[all] = p[all];

			ans[i] = work(p[all]);

		}

		for(int i=1; i<=n; i++) {

			for(int j=1; j<=all; j++) {

				p[j] = be[j];

			}

			p[0] = be[i];

			int flag = 0;

			for(int j=1; j<=all; j++) {

				if(p[j].x == p[0].x && p[j].y == p[0].y)	flag = 1;

				if(flag)	p[j] = p[j+1];

				p[j].x -= p[0].x;

				p[j].y -= p[0].y;

			}

			int nn = all-1;

			sort(p+1, p+1+nn, cmp);

			for(int j=1; j<=nn; j++) {

				p[j+nn] = p[j];

			}

			int R = 2;

			for(int L=1; L<=nn; L++) {

				int id = 0;

				if(p[0].id)	id = p[0].id;

				if(p[L].id)	id = p[L].id;

				while(R<=2*nn) {

					if(chaji(p[L], p[R]) < 0)	break;

					if(check(p[L], p[R]) <= 0)	break;

					R++;

				}

				int tR = R;

				while(tR<=2*nn) {

					if(chaji(p[L], p[tR]) <= 0)	break;

					if(check(p[L], p[tR]) != 0)	break;

					if(id == 0)	{

						if(p[tR].id)	ans[p[tR].id]++;

					} else {

						if(p[tR].id == 0)	ans[id]++;

					}

					tR++;

				}

			}

		}

		for(int i=1; i<=m; i++) {

			printf("%d\n", ans[i]);

		}

	}

	return 0;

}

巴特西

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