關於尤拉公式在ACM中的應用
阿新 • • 發佈：2019-01-31
題目描述：你有一塊橢圓的地，你可以在邊界上選n個點，並兩兩連線得到n(n-1)/2條線段。他們最多能把土地分成多少個部分？
輸入：輸入包含多組測試資料，每組測試資料佔一行，代表在橢圓邊界選擇點的數量n（n>=2）。
輸出：輸出為多行，每組輸出佔一行，對於每組測試資料，輸出最多能把土地分成區域的數量。
樣例輸入：2
4
6
樣例輸出：2
8
31
提示：尤拉公式。
對於本題，利用尤拉公式求解。
在平面歐裡幾何中，尤拉公式簡寫成：V-E+F=2，其中V為平面中頂點的數量（包含頂點和所有交點），E為平面中邊的數量（包含所有的線段或線段弧），F為平面中所分割槽域的總數量（包含圖形中被分的和外側中無限大的平面）。
在本題中，我們不考慮外側的無限平面，那麼即得：V-E+F=1，換句話說，只要知道V和E的值，我們就可以求出F=E-V+1。
問題轉化為求E和V的值。
為了求出E和V的值，我們不得不對橢圓上的點進行列舉。實際上只要我們任意找兩個定點，這條線段就定了。而對於每條線段，兩側其他點的分佈方式是不一樣的。所以實際上列舉的是所選線段的左側有的點數，記為i，那麼右側一定有n-i-2個點。對於兩側每兩個點都有且僅有唯一的一條線段與之對應，切都會與所選線段交於一點。由於題目中求最優解，故任意三條線段交於一點的情況不考慮。這樣共可形成 i*(n-i-2)個交點，在所選線段上也會形成i*(n-i-2)個交點，而這些點將這條線段分成i*(n-i-2)+1條線段。這樣列舉每個點都可能是固定的定點，所以最後結果要乘以n，而每個點也被枚舉了2次，每次都會將兩側的點列舉兩次，故最終結果應該是實際的4倍，故E的結果應除以2，V的結果應除以4。
所以可以得出如下結論
V=n + n/4 * SUM （i*(n-2-i)）（0<=i<=n-2）
E=n + n/2 * SUM （i*(n-2-i)+1） （0<=i<=n-2）
這樣可以得到以下程式碼：
#include <iostream>
#include <cstdio>
int main()
{
int i,n,s=0;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
s=0;
for(i=0;i<n-1;i++)
{
s+=2*(i*(n-2-i)+1);
s-=i*(n-2-i);
}
printf("%d\n",s*n/4+1);
}
return 0;
}
輸入：輸入包含多組測試資料，每組測試資料佔一行，代表在橢圓邊界選擇點的數量n（n>=2）。
輸出：輸出為多行，每組輸出佔一行，對於每組測試資料，輸出最多能把土地分成區域的數量。
樣例輸入：2
4
6
樣例輸出：2
8
31
提示：尤拉公式。
對於本題，利用尤拉公式求解。
在平面歐裡幾何中，尤拉公式簡寫成：V-E+F=2，其中V為平面中頂點的數量（包含頂點和所有交點），E為平面中邊的數量（包含所有的線段或線段弧），F為平面中所分割槽域的總數量（包含圖形中被分的和外側中無限大的平面）。
在本題中，我們不考慮外側的無限平面，那麼即得：V-E+F=1，換句話說，只要知道V和E的值，我們就可以求出F=E-V+1。
問題轉化為求E和V的值。
為了求出E和V的值，我們不得不對橢圓上的點進行列舉。實際上只要我們任意找兩個定點，這條線段就定了。而對於每條線段，兩側其他點的分佈方式是不一樣的。所以實際上列舉的是所選線段的左側有的點數，記為i，那麼右側一定有n-i-2個點。對於兩側每兩個點都有且僅有唯一的一條線段與之對應，切都會與所選線段交於一點。由於題目中求最優解，故任意三條線段交於一點的情況不考慮。這樣共可形成 i*(n-i-2)個交點，在所選線段上也會形成i*(n-i-2)個交點，而這些點將這條線段分成i*(n-i-2)+1條線段。這樣列舉每個點都可能是固定的定點，所以最後結果要乘以n，而每個點也被枚舉了2次，每次都會將兩側的點列舉兩次，故最終結果應該是實際的4倍，故E的結果應除以2，V的結果應除以4。
所以可以得出如下結論
V=n + n/4 * SUM （i*(n-2-i)）（0<=i<=n-2）
E=n + n/2 * SUM （i*(n-2-i)+1） （0<=i<=n-2）
這樣可以得到以下程式碼：
#include <iostream>
#include <cstdio>
int main()
{
int i,n,s=0;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
s=0;
for(i=0;i<n-1;i++)
{
s+=2*(i*(n-2-i)+1);
s-=i*(n-2-i);
}
printf("%d\n",s*n/4+1);
}
return 0;
}