驗題驗不動，就來寫寫題解吧 /qq

在本文中，我們讓 \(k = 8\) （即三角形面積的 \(k\) 次方之和） 。此題拓展到 \(k = 16\) 也是沒問題的

首先要求的是 三個點圍成的三角形面積 的和，我們顯然要快速求出這個東西。

運用計算機和知識，或在百度上搜第一篇就可以找到答案 ：

三個點 \((x_1, y_1), (x_2, y_2), (x_3, y_3)\) 圍成的三角形面積為 ： \(\frac{1}{2} |x_1 y_2 + x_2 y_3 + x_3 y_1 - x_1 y_3 - x_2 y_1 - x_3 y_2|\)

對於每一個三角形，可以把這個三角形算 \(6\)

次。

我們要計算的就是 \(\frac{1}{6} \sum\limits_{i = 1}^{n} \sum\limits_{j = 1}^{n} \sum\limits_{k = 1}^{n} (\frac{1}{2} |x_i y_j + x_j y_k + x_k y_i - x_i y_k - x_j y_i - x_k y_j|)^8\)

（把有相同的點的也算進去了，這東西算出的答案為 \(0\)，對答案沒有貢獻）

\[\frac{1}{6 \times 2^8} \sum\limits_{i = 1}^{n} \sum\limits_{j = 1}^{n} \sum\limits_{k = 1}^{n} (x_i y_j + x_j y_k + x_k y_i - x_i y_k - x_j y_i - x_k y_j)^8 \]

用二項式定理的拓展把後面的一堆東西展開：

\[\frac{1}{1536} \sum\limits_{i = 1}^{n} \sum\limits_{j = 1}^{n} \sum\limits_{k = 1}^{n} \sum\limits_{a + b + c + d + e + f = 8} \binom{8}{a, b, c, d, e, f} (x_i y_j)^a (x_jy_k)^b (x_k y_i)^c (-x_iy_k)^d (-x_jy_i)^e (-x_ky_j)^f \]

\[\frac{1}{1536} \sum\limits_{a + b + c + d + e + f = 8} (-1)^{d+e+f} \binom{8}{a, b, c, d, e, f} \sum\limits_{i = 1}^{n} \sum\limits_{j = 1}^{n} \sum\limits_{k = 1}^{n}x_i^a y_j^a x_j^by_k^b x_k^cy_i^c x_i^dy_k^d x_j^ey_i^e x_k^fy_j^f \]

\[\frac{1}{1536} \sum\limits_{a + b + c + d + e + f = 8} (-1)^{d+e+f} \binom{8}{a, b, c, d, e, f} (\sum\limits_{i = 1}^{n} x_i^{a+d} y_i^{c+e}) (\sum\limits_{j = 1}^{n} x_j^{b+e} y_j^{a+f}) (\sum\limits_{k = 1}^{n} x_k^{c+f} y_k^{b+d}) \]

這樣對於每一個 \(A\) 和 \(B\) 維護 \(sum(A, B) = \sum\limits_{i = 1}^{n} x_i^A y_i^B\)，統計答案時 \(dfs\) 一下就是 \(\Theta(k^5 n)\) 的了。事實上那個 \(k^5\) 會很小，是 \(\binom{k+5}{5}\)

輕微卡常可以通過。

程式碼：

#include<bit/stdc++.h>
#define L(i, j, k) for(int i = j, i##E = k; i <= i##E; i++)
#define R(i, j, k) for(int i = j, i##E = k; i >= i##E; i--)
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define pii pair<int, int>
#define mkp make_pair
using namespace std;
const int N = (1 << 20);
const int M = 10;
const int mod = 998244353;
int qpow(int x, int y = mod - 2) {
	int res = 1;
	for(; y; x = (ll) x * x % mod, y >>= 1) if(y & 1) res = (ll) res * x % mod;
	return res;
}
int n, k = 8, inv1536;
int sum[M][M], f[M], ifac[M], fac[M];
ll ans;
void dfs(int x, int w, int now) {
	if(x == 6) {
		f[x] = w, now = (ll) now * ifac[w] % mod;
		int res = (ll) now * sum[f[1] + f[4]][f[3] + f[5]] % mod * sum[f[2] + f[5]][f[1] + f[6]] % mod * sum[f[3] + f[6]][f[2] + f[4]] % mod;
		if((f[4] + f[5] + f[6]) & 1) res = mod - res;
		ans += res;
		return;
	}
	L(i, 0, w) f[x] = i, dfs(x + 1, w - i, (ll) now * ifac[i] % mod);
}
int mian() {
	inv1536 = qpow(1536);
	scanf("%d", &n);
	fac[0] = ifac[0] = 1;
	L(i, 1, k) fac[i] = (ll) fac[i - 1] * i % mod, ifac[i] = qpow(fac[i]);
	L(i, 1, n) {
		int opt, x, y; 
		scanf("%d%d%d", &opt, &x, &y);
		int now = 1;
		L(a, 0, k) {
			int Now = now;
			L(b, 0, k) {
				if(opt == 1) (sum[a][b] += Now) %= mod;
				else (sum[a][b] += mod - Now) %= mod;
				Now = (ll) Now * y % mod;
			}
			now = (ll) now * x % mod;
		}
		ans = 0, dfs(1, k, 1);
		printf("%lld\n", (ll) ans % mod * fac[k] % mod * inv1536 % mod);
	}
	return;
}

這樣的常數十分不優良，考慮預處理出來要計算的每一次要呼叫的 \(sum\) 的下標和乘上的係數。

這樣子常數原來的 \(\frac{1}{2}\)。

對於每一次呼叫的 \(sum\) 陣列，有很多本質相同的，於是考慮把他們壓縮起來。把相同的呼叫係數加起來就好了。

這樣子常數減小到了最初的 \(\frac{1}{12}\)

（細節見程式碼）

#include<bits/stdc++h>
#define L(i, j, k) for(int i = j, i##E = k; i <= i##E; i++)
#define R(i, j, k) for(int i = j, i##E = k; i >= i##E; i--)
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define pii pair<int, int>
#define mkp make_pair
using namespace std;
const int M = 10;
const int P = 5000;
const int mod = 998244353;
int qpow(int x, int y = mod - 2) {
	int res = 1;
	for(; y; x = (ll) x * x % mod, y >>= 1) if(y & 1) res = (ll) res * x % mod;
	return res;
}
int n, k = 8, inv1536;
int sum[M][M], f[M], ifac[M], fac[M];
struct node { int x, y; } ;
bool operator < (node aa, node bb) { 
	return aa.x == bb.x ? aa.y < bb.y : aa.x < bb.x; 
}
bool operator == (node aa, node bb) { 
	return aa.x == bb.x && aa.y == bb.y; 
}
struct Node {
	int buf;
	node f[4];
} d[P], g[P];
bool operator < (Node aa, Node bb) { 
	return aa.f[1] == bb.f[1] ? (aa.f[2] == bb.f[2] ? aa.f[3] < bb.f[3] : aa.f[2] < bb.f[2]) : aa.f[1] < bb.f[1];
}
bool operator == (Node aa, Node bb) {
	return aa.f[1] == bb.f[1] && aa.f[2] == bb.f[2] && aa.f[3] == bb.f[3];
}
int tot, all;
ll ans;
void dfs(int x, int w, int now) {
	if(x == 6) {
		f[x] = w, now = (ll) now * ifac[w] % mod, ++tot;
		d[tot].f[1].x = f[1] + f[4], d[tot].f[1].y = f[3] + f[5];
		d[tot].f[2].x = f[2] + f[5], d[tot].f[2].y = f[1] + f[6];
		d[tot].f[3].x = f[3] + f[6], d[tot].f[3].y = f[2] + f[4];
		sort(d[tot].f + 1, d[tot].f + 4);
		if((f[4] + f[5] + f[6]) & 1) now = mod - now;
		d[tot].buf = (ll) now * inv1536 % mod * fac[k] % mod;
		return;
	}
	L(i, 0, w) f[x] = i, dfs(x + 1, w - i, (ll) now * ifac[i] % mod);
}
int main( {
	inv1536 = qpow(1536);
	scanf("%d", &n);
	fac[0] = ifac[0] = 1;
	L(i, 1, k) fac[i] = (ll) fac[i - 1] * i % mod, ifac[i] = qpow(fac[i]);
	dfs(1, 8, 1);
	sort(d + 1, d + tot + 1);
	L(i, 1, tot) {
		if(g[all] == d[i]) (g[all].buf += d[i].buf) %= mod;
		else ++all, g[all] = d[i];
	}
	L(i, 1, n) {
		int opt, x, y; 
		scanf("%d%d%d", &opt, &x, &y);
		int now = 1;
		L(a, 0, k) {
			int Now = now;
			L(b, 0, k) {
				if(opt == 1) (sum[a][b] += Now) %= mod;
				else (sum[a][b] += mod - Now) %= mod;
				Now = (ll) Now * y % mod;
			}
			now = (ll) now * x % mod;
		}
		ans = 0;
		L(j, 1, all) {
			(ans += (ll) sum[g[j].f[1].x][g[j].f[1].y] * sum[g[j].f[2].x][g[j].f[2].y] % mod * 
			sum[g[j].f[3].x][g[j].f[3].y] % mod * g[j].buf % mod) %= mod;
		}
		printf("%lld\n", ans);
	}
	return 0;

\(k = 8\) 的時候本質不同的 \(sum\) 陣列呼叫次數為 \(180\)，在 \(k = 16\) 的時候也只有 \(1996\) 。

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