题目描述
给定在笛卡尔坐标系的单位圆上的(N)个点（圆心为((0, 0)))。第(i)个点的坐标为((cos(frac{2 pi T_i}{L}), sin(frac{2 pi T_i}{L})))。
三个不同的点将在这(N)个点中等概率的随机，请求出这三个点构成的三角形的内切圆圆心的(x)坐标的数学期望和(y)坐标的数学期望。
约束条件
(3 leq N leq 3000)
(N leq L leq 10^9)
(0 leq T_i leq L - 1)
(T_i < T_{i+1})
所有的输入的数都是整数。
测试点时间限制:4s
测试点空间限制:1024MB
题目解答
算法一
解题过程
首先，我们考虑一种内心的刻画方法（这种刻画方法在数学竞赛中被称为"鸡爪定理")。
设( riangle ABC) 的内心为(I)，(AI)与( riangle) (ABC)的外接圆交于另一点(M)，则(BM = CM = IM) 。
证明：由于$ angle BAM = angle CAM(，故) angle BCM = angle CBM(，所以)BM = CM(。又因为)angle IBM = angle CBM + angle IBC = frac{1}{2}(angle CAB + angle ABC) = angle MAB + angle ABI = angle BIM(，所以)BM = MI$
（之后看这张图的时候(B,C)可能需要互换一下）
这样，如果我们固定了(B,C)两点，以及(A)在(B,C)与圆的哪一段弧上，我们就可以得到弧(BC)的中点(M)（(M)与(A)在(BC)异侧）。我们不能枚举(A)点，但是我们将(I)刻画为:(M + (B - M) cdot e^{i angle AMB})。（解释：((I - M) = (B - M) cdot (cos angle AMB + i sin angle AMB))）（这里我们使用了复平面的工具），那么(M)是固定的,(B - M)是固定的（即与(A)无关）。要求所有(I)的坐标之和，只需要知道(e^{i angle AMB})的和。虽然这个式子与(A,B)有关，但是与(M,C)均无关（圆周角相等）。
因此，我们先枚举(B)，接着逆时针顺序枚举(C)，在枚举的过程中顺便维护
<1> 从(B)逆时针到(C)的点(A)的数目。
<2> 对于从(B)逆时针到(C)经过的点(A)，维护(e^{i angle AMB})的和（这个和与(M)的位置是无关的）。
如果我们固定了(B,C)的话，以及(A)在(B,C)与圆的哪一段弧上,可以算出(M)的值，也可以算出(M)对答案的贡献的次数。同时，(B - M)对每一个(A)是一样的，而(e^{i angle AMB})的和又是被维护出来的。这样，我们就可以以(O(n^2))的复杂度算出内心的坐标和了。但是，每个内心被算了三次，而且我们最终答案是内心横纵坐标的期望，所以要将答案除以(frac{n(n - 1)(n - 2)}{2})
算法二
我们对称地考虑三个弧中点构成的三角形。设这三个点(D,E,F)对应的复数也是(D,E,F)，则我们通过计算角度发现内心对于的复数就是(D + E + F)。
证明1:这个三角形的重心为(frac{D + E + F}{3})，并且由欧拉线定理及比例关系容易得到垂心(H = D + E + F)
证明2: 只需证明(H' = D + E + F)时，((H' - D))与((E - F))垂直，而((vec{OE} + vec{OF}) cdot (vec{OF} - vec{OE}) = lvert vec{OF} vert ^2 - lvert vec{OE} vert ^2 = 0)，故(D + E + F)是( riangle DEF)的垂心。
得到了这个结论过后，我们枚举两个点，以及它们对应的一段弧，计算出这段弧的中点以及不在这段弧上的点的个数，就可以得到这段弧中点的复数值在最终答案里面出现的次数，再将它们相加即可。
时间复杂度仍然为(O(n^2))。
代码实现
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3005;
const double PI = acos(-1), eps = 1e-10;
int n, L;
double alpha[N], ansx = 0.0, ansy = 0.0;
double midpoint (double x1, double x2) {
double len = x2 - x1;
if (len < -eps) len += 2.0 * PI;
len /= 2.0;
double mid = x1 + len;
if (mid >= 2.0 * PI - eps) mid -= 2.0 * PI;
return mid;
}
int main () {
scanf("%d%d", &n, &L);
for (int i = 0; i < n; i++) {
int x;
scanf("%d", &x);
alpha[i] = 2.0 * PI * x / L;
}
for (int i = 0; i < n; i++) {
double nowx = 0.0, nowy = 0.0;
for (int j = (i + 1) % n, k = 0; j != i; j = (j + 1) % n, k++) {
double m = midpoint(alpha[j], alpha[i]), arg = alpha[j] - alpha[i];
double vecx = cos(alpha[i]) - cos(m), vecy = sin(alpha[i]) - sin(m);
ansx += cos(m) * k, ansy += sin(m) * k;
ansx += vecx * nowx - vecy * nowy, ansy += vecx * nowy + vecy * nowx;
if (arg < -eps) arg += 2.0 * PI;
nowx += cos(arg / 2.0), nowy += sin(arg / 2.0);
}
}
ansx /= 0.5 * n * (n - 1) * (n - 2), ansy /= 0.5 * n * (n - 1) * (n - 2);
printf("%.10lf %.10lf", ansx, ansy);
return 0;
}