（一）題面：
1976 多邊形劃分
給乙個共有 n
個點的凸多邊形，求一條將該多邊形劃分為面積和周長都相等的兩部分
的直線。
input
第一行乙個正整數n，表示多邊形的點數。（n <= 40000）output接下來的n行,第i+1行，每行兩個實數xi,yi,表示凸多邊形的乙個點的座標，點按照逆時針或順時針的順序給出。
其中n，|xi|,|yi|<=40000。
如果存在這樣的直線，將這條直線與凸多邊形的兩個交點的座標分兩行輸出。你所求的直線必須與多邊形有兩個交點，且分多邊形的兩部分周長或面積相差都不能大於10^-3。input示例如果不存在，輸出"impossible"（不含引號）。
4output示例0 03 0
3 30 3
1 0（二）題目大意：2 3
見題面qaq.
（三）解題思路：
像我這麼菜當然是沒想到思路的啦~...
下面是官方題解：
①首先，我們對這條直線的存在性進行證明。
在凸多邊形上任取一點 p ，定義函式 f(x) ：設凸多邊形周長為 c ，從 p 點出發在凸多邊形上沿順時
針方向移動 x 個單位長度後，設到達的點為q1，從p+c/2點出發沿著凸多邊形移動x個單位長度後到達 q2
，函式值為射線 q1q2 兩側的面積差。不難發現有 f(x)=−f(x+c2) ，因為此時射線剛好翻轉。根據零點存
在定理可知在區間 [0,c2]存在一實數 x0 使得 f(x0)=0 ，證畢。
②存在性得到證明後，只需求解出函式的乙個零點即可。可採用二分法求出零點。顯然零點可能並不一定唯
一，但我們只需求出乙個零點，二分法仍然適用，只需在縮小區間的時候保證區間內一定存在乙個零點即可
（設當前考慮的區間為[l,r]，只需保證f(l)與f(r)異號）。至此演算法便水落石出了。
③演算法的時間複雜度為 o(nlogc)。
其圖示如下：
設：f(x)=s1-s2，則f(x+c/2)=s2-s1，又因為f(x)是連續的，所以有了題解中的結論，然後二分求零點即
可。（四）具體**：
#include#include#include#include#include#include#define id (sp+1)%n
using namespace std;
const int maxn=4e4+10;
struct point
point(double _x,double _y)
}p[maxn];
double dist(point a,point b)
double area(point a,point b,point c)
const double esp=1e-9;
point getp(point a,point b,double x)
double fx(double x,double c,double s,int n){//求f(x)
int sp=0;
double d;
while((d=dist(p[sp],p[id]))（五）總結一下：
①計算幾何往往需要去尋找一些重要的數學關係。
②這裡被卡了精度，真是#￥%……&*，我那裡二分判斷的條件貌似不是很「標準」，然後輸出小數的位數
要夠多，貌似計算幾何問題裡面涉及到精度的問題還不少...。
③照著題解的思路寫，**寫得比較難看...有待改進。
劃分凸多邊形
時間限制 800ms 記憶體限制 65535k 提交次數 0 通過次數 0 題型 程式設計題 語言 g gcc vc 問題描述 乙個正凸n邊形，可以用n 3條互不相交的對角線將正n邊形分成n 2個三角形。現在要求讀入n邊形的n n 20 輸出不同劃分方法的總數 要求解的是劃分方法數，而不需要輸出各種...
凸多邊形的劃分
給定乙個具有 n 個頂點的凸多邊形，將頂點從 1 至 n 標號，每個頂點的權值都是乙個正整數。將這個凸多邊形劃分成 n 2 個互不相交的三角形，對於每個三角形，其三個頂點的權值相乘都可得到乙個權值乘積，試求所有三角形的頂點權值乘積之和至少為多少。輸入格式 第一行包含整數 n，表示頂點數量。第二行包含...
凸多邊形的劃分
給定乙個具有 n 個頂點的凸多邊形，將頂點從 1 至 n 標號，每個頂點的權值都是乙個正整數。將這個凸多邊形劃分成 n 2 個互不相交的三角形，對於每個三角形，其三個頂點的權值相乘都可得到乙個權值乘積，試求所有三角形的頂點權值乘積之和至少為多少。輸入格式 第一行包含整數 n，表示頂點數量。第二行包含...