自动搬运

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来自洛谷，原作者为

	xtx1092515503 Mathematics compares the most diverse phenomena, and discovers the secret analogies which unite them. @Joseph Fourier

搬运于2025-08-24 21:39:23，当前版本为作者最后更新于2020-11-01 09:33:20，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

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以下是正文

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这里介绍的方法同[IOI2007] flood 洪水中我的题解的方法一致，大家也可以结合链接中的题解里的图像理解，顺便把那题刷了练手。

本题我的算法主要分两步：

1. 求出每个多边形的边界

2. 求出每个点归属于哪个多边形

下面将逐一讲解。

可以发现，我们如果将一个点连出的所有线段按照幅角排序后，相邻的两条线段必位于同一多边形上。于是，对于第 $i$ 条边 $(u,v)$，我们将其拆成两条边，即边 $2i:(u\rightarrow v)$ 与边 $2i+1:(v\rightarrow u)$，分别将其幅角和编号打成 pair 扔到 $u$ 和 $v$ 分别对应的一个 vector 中保存。

之后，我们遍历每个 vector，将内部元素按照幅角排序。我们定义一条边 $i$ 的右侧为 $i$，左侧为 $i\operatorname{xor}1$。可以发现，$2i$ 的右侧等价于 $2i+1$ 的左侧，反之亦然——这恰是我们想要的。于是，我们遍历 vector 中每一对相邻的元素（注意其首尾的元素实质上也是相邻的），并合并前面元素的右侧和后面元素的左侧（即标记它们处于同一个多边形内）。

为了准确求出多边形的边界，我们令（前面元素的右侧）的后继是（后面元素的左侧），并令（后面元素的左侧）的位置是当前 vector 代表的位置。这样，所有多边形边缘节点就构成了一个环状链表，链表上依次逆时针（为什么一定是逆时针呢？因为我们是令右侧的后继是左侧，画出图来就会发现它就是按照逆时针排布的）储存了多边形顶点的位置。

放一下上述代码。

const double pi=acos(-1);
int n,m,cnt,nex[8010],tot;
struct Vector{
	int x,y;
	Vector(int X=0,int Y=0){x=X,y=Y;}
	friend Vector operator +(const Vector &u,const Vector &v){return Vector(u.x+v.x,u.y+v.y);}
	friend Vector operator -(const Vector &u,const Vector &v){return Vector(u.x-v.x,u.y-v.y);}
	friend Vector operator *(const Vector &u,const double &v){return Vector(u.x*v,u.y*v);}
	friend Vector operator /(const Vector &u,const double &v){return Vector(u.x/v,u.y/v);}
	friend int operator &(const Vector &u,const Vector &v){return u.x*v.y-u.y*v.x;}//cross times
	friend int operator |(const Vector &u,const Vector &v){return u.x*v.x+u.y*v.y;}//point times
	double operator !()const{return atan2(y,x);}
	friend bool operator <(const Vector &u,const Vector &v){return !u<!v;}
	void read(){scanf("%d%d",&x,&y);}
	void print(){printf("(%d,%d)",x,y);}
}p[610],q[8010],pos[8010];
typedef Vector Point;
map<pair<int,int>,int>mp;
vector<pair<Vector,int> >v[8010];
void func(int x){
	sort(v[x].begin(),v[x].end());
	for(int i=0;i<v[x].size();i++){
		int U=v[x][i].second,V=v[x][(i+1)%v[x].size()].second^1;
		pos[V]=q[x],nex[U]=V;
	}
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)p[i].read(); 
	for(int i=0;i<m;i++){
		Vector U,V;
		U.read(),V.read();
		if(mp.find(make_pair(U.x,U.y))==mp.end())mp[make_pair(U.x,U.y)]=++cnt,q[cnt]=U;
		if(mp.find(make_pair(V.x,V.y))==mp.end())mp[make_pair(V.x,V.y)]=++cnt,q[cnt]=V;
		v[mp[make_pair(U.x,U.y)]].push_back(make_pair(V-U,i<<1));
		v[mp[make_pair(V.x,V.y)]].push_back(make_pair(U-V,i<<1|1));
	}
}

在求出上述的环状链表后，求出多边形的边界就变得很简单了——直接依次遍历一遍，并记录 $col_i$ 表示第 $i$ 个点归属于哪个多边形即可。

但是，假如你敲出上述代码后，会发现它不仅给出了所有多边形的内边界，还把外边界一起给出来了！（带进第一组样例，会发现它给出了四个小正方形和最外面的大正方形）

那咋办呢？还得特判内外吗？

没关系！我们之前特意强调了，多边形上的点是按照逆时针排布的。但是，这仅限于内边界！外边界上的点反而是依照顺时针排布的！

于是我们需要找到一个判断顺逆排布的算法。这很简单，求一下它的面积（此处不能取绝对值），然后看面积正负，正则为逆时针，负则为顺时针，这是因为向量叉积的定义如此。

此部分的代码：

int col[8010];
typedef vector<Point> Points;
bool side[8010];//1:outer border 0:inner border
Points u[8010];
int main(){
 	for(int i=1;i<=cnt;i++)func(i);
 	for(int i=0;i<(m<<1);i++){
		if(col[i])continue;
		tot++;
		int x=i;
		do{col[x]=tot,u[tot].push_back(pos[x]),x=nex[x];}while(x!=i);
	}
	for(int i=1;i<=tot;i++){
		double all=0;
		for(int j=0;j<u[i].size();j++)all+=u[i][(j+1)%u[i].size()]&u[i][j];
		side[i]=all>0;
	}
}

那我们保留外边界有何用呢？这时我们看到第二组样例，就会发现它是一种套娃式的状况。我们需要外边界帮助我们求出每个多边形内部与哪些多边形相交。

（说法有点迷惑是不是？这里我们统一定义一下，内边界指的是多边形外部的边界（因为其内部是多边形），外边界指的是内部的边界（因为其外部是多边形）——写代码时就这么写的，再改就改不过来了）

那么我们怎么处理某个外边界到底对应着哪个内边界呢？

我们注意到，某个外边界一定被套在它所对应的内边界内部。但是它可能不止被套在一个内边界内部（考虑第二组样例，最里层的外边界外面套了三层内边界），而明显套着它的内边界们自身也是一层套一层的（禁 止 套 娃）。于是，我们只需要找出套的最里层的一个内边界，它直接套着此外边界。

于是我们现在需要一个程序来判断一个边界是否套在另一个边界内部。因为很明显本题中边界不可能相交，所以我们内部的那个边界仅需判断边界上的一个点是否套在内部即可。

这里有一种方法：射线法——

我们从待测点出发，沿 $x$ 轴正方向引一条射线（或者不管哪个方向都行，但是为了代码方便这里选 $x$ 轴正方向）。则我们可以看到，若该射线与奇数条线段相交，它在多边形内；偶数条，则在形外。

代码很好写，这里主要回答两个疑问：

1. 假如射线刚好与一条线段重合咋办？

画出图来，就会发现这条线段可以被忽略（更准确地说，相交两次等于没相交）

2. 假如射线刚好与一个角重合咋办？

这种情形比较烦人，我们需要判断两条直线都在同一侧还是在异侧。假如是同侧，直接忽略；假如是异侧，算相交一次。(但实际上我没有判断这种情况就过了）

此部分代码：

int outer[8010];//only if it's an inner border, this stands for the exact outer border for i.
Points u[8010];
bool in(int id,Point ip){//check if a point is exactly in a figure, no matter it's a outer border or a inner
	bool ret=false;
	for(int i=0,j=1;i<u[id].size();i++,j++,j%=u[id].size()){
		Point I=u[id][i],J=u[id][j];
		if(!(((I.y>ip.y)^(J.y>ip.y))))continue;//have no intersection with this segment
		if(I.y>J.y)swap(I,J);//ensure the side of inequalitic symbol
		if((ip.x-I.x)*(J.y-I.y)==(J.x-I.x)*(ip.y-I.y))return false;
		if((ip.x-I.x)*(J.y-I.y)>(J.x-I.x)*(ip.y-I.y))continue;//calculate whether the intersection is on the right of the point or not
		ret^=1;
	}
	return ret;
}
int main(){
	for(int i=1;i<=tot;i++){
		if(side[i])continue;
		for(int j=1;j<=tot;j++){
			if(!side[j]||!in(j,u[i][0]))continue;
			if(!outer[i])outer[i]=j;
			else if(in(outer[i],u[j][0]))outer[i]=j;
		}
	}
}

下面就要判断一个点到底在哪个多边形内了。我们只需要判断一个点是否在一个内边界内，并且在所有对应着它的外边界外即可。

此部分代码：

bool ok[8010];
int id[8010];
int main(){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=tot;j++)if(side[j])ok[j]=true;
		for(int j=1;j<=tot;j++){
			if(side[j]&&!in(j,p[i]))ok[j]=false;
			if(outer[j]&&in(j,p[i]))ok[outer[j]]=false;
		}
		for(int j=1;j<=tot;j++)if(ok[j])id[j]=i;
	}
}

最终就是求答案部分了。求答案我们从边的角度来看，即，对于边 $i$，它所对应的两条边 $2i$ 和 $2i+1$，会分别处于两个不同的边界（分别编号为 $col_{2i}$ 和 $col_{2i+1}$）上，而这两个边界所对应的多边形被算作相邻。

此部分代码：

vector<int>res[610];
#define corr(i) id[outer[i]?outer[i]:i]
int main(){
	for(int i=0;i<(m<<1);i++){
		int U=col[i],V=col[i^1];
		U=corr(U),V=corr(V);
		if(U&&V)res[U].push_back(V);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		sort(res[i].begin(),res[i].end()),res[i].resize(unique(res[i].begin(),res[i].end())-res[i].begin());
		printf("%d ",res[i].size());for(auto j:res[i])printf("%d ",j);puts("");
	}
}

最后只需要把上面给出的所有代码块缝合起来即可得到完整程序。

时间复杂度 $O(n^2)$，瓶颈在于求外边界对应的内边界和求点对应的多边形。假如有人想到更好的对应方法可以私信我，更好的方法是自己写一篇题解然后私信我让我观摩观摩

觉得写得好不妨点个赞罢。