题目大意
有 n n n个人参加 T H U S C THUSC THUSC，第 i i i个人算法场和工程场的成绩分别为 a i a_i ai和 b i b_i bi，保证不存在两个人两项成绩都相同。
现在招办想给他们排个名。一个合理的排名方案是分别给算法场和工程场一个正的权重 x , y x,y x,y，然后按照 a i x + b i y a_ix+b_iy aix+biy降序排名，相同的可以按照他们的心情排。
对于一个成绩分布，求有多少种可能的排名。
输出答案对 998244353 998244353 998244353取模后的值。
1 ≤ n ≤ 1000 , 1 ≤ a i , b i ≤ 1 0 9 1\leq n\leq 1000,1\leq a_i,b_i\leq 10^9 1≤n≤1000,1≤ai,bi≤109
题解
因为当 x 1 ≠ x 2 , y 1 ≠ y 2 x_1\neq x_2,y_1\neq y_2 x1=x2,y1=y2且 x 1 y 1 = x 2 y 2 \dfrac{x_1}{y_1}=\dfrac{x_2}{y_2} y1x1=y2x2时，权重为 x 1 , y 1 x_1,y_1 x1,y1和 x 2 , y 2 x_2,y_2 x2,y2所得的排名是相同的。所以，我们只需考虑比值 x y \dfrac xy yx，令比值为 w = x y w=\dfrac xy w=yx。
首先，我们把所有满足题意的 w w w分成两个类型：
- 能使有至少两个人分数一样
- 能使任意两个人的分数不一样
因为存在分数一样的时候分数相同的任意排，所以所有第二种类型的 w w w所得的排名都一定会在第一种类型的 w w w所得的排名中出现。（可以自己举几个例子试一下）。
那么，我们只需要求能使至少两个人分数一样的 w w w即可，而能使至少两个人分数一样的 w w w不超过 n 2 n^2 n2个（对于任意两对 a i , b i a_i,b_i ai,bi，只有一个 w w w满足两者排名相同）。
枚举两个人 i , j i,j i,j，求出能使 i , j i,j i,j两个人分数相等的 w w w。然后，我们只需考虑在每个不同的 w w w作为比值的情况下有多少种排名即可。
这怎么处理呢？我们在求出能使 i , j i,j i,j两个人分数相等的 w w w的时候，在图上将 i , j i,j i,j两点连一条权值为 w w w的双向边，再从虚拟节点 n + 1 n+1 n+1向 i i i连一条权值为 w w w的单向边。等到全部边都连完了之后，对于每一个不同的 w w w，看虚拟节点有多少个权值为 w w w的边连出去。对于每个从虚拟节点指向的点 i i i，看从 i i i经过权值为 w w w的边能够到达多少个点（包括自己），这些点当前的分数是与 i i i的分数相同的。若能够到达 t t t个点，则贡献为 t ! t! t!。换句话说，设 v w v_w vw表示比值为 w w w时不同排名的数量，则当得知 i i i能到达 t t t个点时， v w = v w × t ! v_w=v_w\times t! vw=vw×t!。
在处理边的时候，我们可以将每个点连出的边按边权从小到大排序，那么走过的边就不用再走了，能保证每条边只会被遍历一次。
因为相邻的两个能使两人分数相等的 w w w之间的那种排名会被计算两次，所以要减去，那么答案为 1 + ∑ ( v w − 1 ) 1+\sum (v_w-1) 1+∑(vw−1)。
枚举 i , j i,j i,j的时间复杂度为 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)，排序的时间复杂度为 O ( n 2 log n ) O(n^2\log n) O(n2logn)。总共有不超过 3 n 2 3n^2 3n2条边，每条边最多遍历一次，所以图上部分的时间复杂度为 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)。所以，总时间复杂度为 O ( n 2 log n ) O(n^2\log n) O(n2logn)。
code
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long mod=998244353;
const int N=3000000;
int n,w1=0,now,z[N+5],to[1005];
long long ans=0,nd,a[1005],b[1005],jc[1005];
struct node{
int a,b;
long long x,y;
bool operator==(const node ax)const{
return x==ax.x&&y==ax.y;
}
bool operator!=(const node ax)const{
return x!=ax.x||y!=ax.y;
}
}w[1000005];
struct pr{
int x,v;
};
vector<pr>g[1005];
bool cmp(node ax,node bx){
if(ax.x!=bx.x) return ax.x<bx.x;
return ax.y<bx.y;
}
long long gcd(long long i,long long j){
while(j){
i%=j;swap(i,j);
}
return i;
}
void dfs(int u,int t){
if(z[u]==t) return;
z[u]=t;
++now;
for(int i=to[u];i<g[u].size();++i,++to[u]){
if(w[g[u][i].v]!=w[t]) break;
dfs(g[u][i].x,t);
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld%lld",&a[i],&b[i]);
}
jc[0]=1;
for(int i=1;i<=1000;i++) jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i+1;j<=n;j++){
long long x=b[i]-b[j],y=a[j]-a[i],d;
if(x*y<0) continue;
if(x==0||y==0) continue;
if(x<0){
x=-x;y=-y;
}
d=gcd(x,y);
x/=d;y/=d;
w[++w1]=(node){i,j,x,y};
}
}
sort(w+1,w+w1+1,cmp);
for(int i=1;i<=w1;i++){
g[w[i].a].push_back((pr){w[i].b,i});
g[w[i].b].push_back((pr){w[i].a,i});
g[n+1].push_back((pr){w[i].a,i});
}
for(int i=1;i<=w1;i++){
if(i>1&&w[i]==w[i-1]) continue;
nd=1;
for(int j=to[n+1];j<g[n+1].size();++j,++to[n+1]){
if(w[g[n+1][j].v]!=w[i]) break;
now=0;
dfs(g[n+1][j].x,i);
nd=nd*jc[now]%mod;
}
ans=(ans+nd)%mod;
ans=(ans-1+mod)%mod;
}
ans=(ans+1)%mod;
printf("%lld",ans);
return 0;
}