寫這道題之前我們，先了解一下是什麼是凸包問題。

凸包：在一個實數向量空間V中，對於給定集合X，所有包含X的凸集的交集S，被稱為X的凸包。

簡單的解釋就是，給出一些點。找到從這些點中，選出一些點，讓所有點都在這些點範圍內。

在上面圖中，p1，p2，p8，p7，p6組成的集合為這些點的凸包。

解決凸包問題常用的有兩種演算法：Graham掃描法和Jarvis步進法。

這篇文章我們先介紹 Jarvis步進法。

Jarvis步進法又稱為捲包裹法。為什麼這樣叫呢？因為Jarvis步進法的原理和捲包裹這幾個字很像。

捲包裹法的原理十分簡單：首先先找到一個最邊緣的點（一般是最下方的，如果有多個點，選擇最右方的點）。我們假設有一個繩子，以最邊緣的點向右逆時針旋轉直到碰到另一個點為止，此時就找到了凸包的一條邊，然後用新找到的點作為端點，繼續旋轉繩子，找到下一個點，重複這個過程直到圍成一個凸多邊形，即可得到這個點集的凸包。捲包裹法的時間複雜度為O（n²）。

原理十分簡單，但是怎麼實現是個問題。

我們先把原理的步驟寫出來，然後再慢慢的轉化成程式碼。

Step1：選擇點集中最下面的點，如果有多個，則選擇最下面的點中最左邊的一個，所選擇的點是凸包的第一個點。

Step2：以水平向右的方向作為初始射線方向，逆時針旋轉，選擇第一條初始射線之上的射線作為當前射線，當前射線經過凸包的第二個點。

Step3：以當前射線基準，繼續逆時針旋轉找到最靠近該射線的一條射線，從而找到凸包的另一個點。把這條射線作為當前射線，這個過程一直繼續，知道回到第一個點，全程過程如下圖所示：

如果把P1P2當成射線，那麼”尋找到另一條射線“這一步驟，可以理解為以點P2為中心對P1P2進行逆時針旋轉，直至碰到另一個點Pi，此時P2Pi為新的射線，也是凸多邊形的一條邊。但是程式中是不可能實現”旋轉“這一操作。於是我們有如下幾種操作實現旋轉：

1，把每一個射線與其他 n - 2條射線比較，每步比較的效率為O（n²）

2，通過計算各射線與射線P1P2的夾角，效率為O（n）但是存在浮點誤差

3，使用叉積來求各條射線斜率的相對關係，從而求得另一條射線，效率為O(n),不存在誤差。

步驟寫好了我們來考慮各步驟的程式碼實現。

先定義一下點這個結構體

struct pint{
	int x,y;
}

第一步要取出最下邊最左端的點，所以我們要對點集進行排序

bool cmp(pint a,pint b){
	return (a.y < b.y || (a.y == b.y && a.x < b.x));
}
 

然後我們要進行旋轉過程，我們旋轉用叉積來判斷各個射線的斜率相對關係。

若向量p1p3 × 向量 p1p2 > 0 則向量p1p3 在 向量 p1p2 的順時針方向

若向量p1p3 × 向量 p1p2 > 0 則向量p1p3 在 向量 p1p2 的逆時針方向

若向量p1p3 × 向量 p1p2 == 0 則向量p1p3 和 向量 p1p2 共線。

bool CrossLeft(pint p1,pint p2,pint p3){
	return ((p3.x - p1.x) * (p2.y - p1.y) - (p2.x - p1.x) * (p3.y - p1.y)) < 0;
}

CrossLeft這個函式的意思是若向量p1p3 在 向量p1p2逆時針方向 則返回真 ，否則返回假

然後就是 Jarvis步進法的核心程式碼，去實現旋轉的過程。

void Jarvis(){
	tail = cnt = 0;
	sort(x,x+n,cmp);
	sta[tail++] = 0;
	sta[tail++] = 1;
	for(int i = 2 ; i < n ; i ++){
		while(tail > 1 && ! CrossLeft(x[sta[tail - 1]],x[sta[tail - 2]],x[i]))
			tail --;
		sta[tail++] = i;
	}
	for(int i = 0 ; i < tail ; i ++) ans[cnt++] = sta[i];
	tail = 0 ;
	sta[tail ++] = n - 1;
	sta[tail ++] = n - 2;
	for(int i = n - 3 ; i >= 0 ; i --){
		while(tail > 1 && !CrossLeft(x[sta[tail - 1]],x[sta[tail - 2]],x[i]))
			tail --;
		sta[tail ++] = i;
	}
	for(int i = 0 ; i < tail ; i ++)
		ans[cnt++] = sta[i];
}

來詳細的分析一波，上述程式碼中 ans【】來存結果。sta【】陣列表示凸包的一部分邊。為什麼是一部分呢？這裡sta其實是一個棧。

首先在上述程式碼中我們先把第一個點 和第二個點放入 sta中，作為第一條射線。

然後判斷 點i 和和當前線段的位置。若是最接近的當前射線的射線，那麼其他射線就會全部在他的左邊（即全部在這條射線的逆時針方向）。如果不是，那麼總會存在一條射線在他順時針方向。

進行兩邊的原因是，一次捲包裹只能覆蓋一半，所以需要反過來，再卷一次。

不理解的話，大家可以畫畫圖自己用筆模擬一下。

那現在看一下POJ 1113

題意：國王想把自己的城市圍起來，但是城市到城牆的的最小距離為 l。求個城牆的最小周長。

題解：和裸的凸包問題不太一樣。他需要讓城市到城牆的距離為l，但是不難證明 這道題的答案是 凸包周長加上一個半徑為l的圓的周長。因為要求的周長只是比凸包的周長多了幾段圓弧，而所有圓弧的圓心角和為360°。

程式碼如下：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
using namespace std;

#define size 1000

struct pint{
	int x,y;
}x[size];

bool cmp(pint a,pint b){
	return (a.y < b.y || (a.y == b.y && a.x < b.x));
}
int n,l,ans[size],cnt,sta[size],tail;


bool CrossLeft(pint p1,pint p2,pint p3){
	return ((p3.x - p1.x) * (p2.y - p1.y) - (p2.x - p1.x) * (p3.y - p1.y)) < 0;
}

void Jarvis(){
	tail = cnt = 0;
	sort(x,x+n,cmp);
	sta[tail++] = 0;
	sta[tail++] = 1;
	for(int i = 2 ; i < n ; i ++){
		while(tail > 1 && ! CrossLeft(x[sta[tail - 1]],x[sta[tail - 2]],x[i]))
			tail --;
		sta[tail++] = i;
	}
	for(int i = 0 ; i < tail ; i ++) ans[cnt++] = sta[i];
	tail = 0 ;
	sta[tail ++] = n - 1;
	sta[tail ++] = n - 2;
	for(int i = n - 3 ; i >= 0 ; i --){
		while(tail > 1 && !CrossLeft(x[sta[tail - 1]],x[sta[tail - 2]],x[i]))
			tail --;
		sta[tail ++] = i;
	}
	for(int i = 0 ; i < tail ; i ++)
		ans[cnt++] = sta[i];
}
int main(){
	scanf("%d %d",&n,&l);
	for(int i = 0 ; i < n ;i ++) scanf("%d%d",&x[i].x,&x[i].y);
	Jarvis();
	
	double re = 4 * acos(0.0) * l;
	for(int i = 0 ; i < cnt - 1 ; i ++){
		re += sqrt((x[ans[i]].x - x[ans[i+1]].x) * (x[ans[i]].x - x[ans[i+1]].x) + (x[ans[i]].y - x[ans[i+1]].y) * (x[ans[i]].y - x[ans[i+1]].y)) *1.0;
	}
	printf("%.0f\n",re);
	return 0 ;
}