题意

给定(n)个点及一串长度为(n-2)的字符串，字符串仅为(L)与(R)两种字符组成

使给定(n)个点的一种排列，使得在坐标系中将这种排列连接成有向图后，线的拐角符合给定的字符串

不存在两个以上的点共存于一条线上（即一定有解）

限制

(3le nle 2000)

(-10^9le x_i,y_ile 10^9)

思路

初始时在凸包上任意选择一个点作为起点均可（这里选择(x)坐标最小的点）

然后执行(n-2)次循环

如果对应的方向为(L)（向左），那么就是在剩余的点的凸包上选择一个最右边的点，就能够保证接下来不论走向哪个没走过的点，它的拐角都会是(L)

同理，如果对应的方向为(R)（向右），那么就是在剩余的点的凸包上选择一个最左边的点

这部分通过向量叉乘的正负值判断，使用(id)标记选中的最后一个点，使用(nxt)储存可能选择的下一个点，(j)变量循环剩余的没有使用过的点

如果两个向量(id ightarrow nxt)与(nxt ightarrow j)的值小于(0)，则表示(j)点比当前的(nxt)点更靠右

如果两个向量(id ightarrow nxt)与(nxt ightarrow j)的值大于(0)，则表示(j)点比当前的(nxt)点更靠左

故时间复杂度为(O(n^2))

程序

(62ms/1000ms)

//#include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
//#include<ext/pb_ds/hash_policy.hpp>
#include<bits/stdc++.h>
#define closeSync ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define multiCase int T;cin>>T;for(int t=1;t<=T;t++)
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define repp(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define perr(i,a,b) for(int i=(a);i>(b);i--)
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define mst(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
//using namespace __gnu_pbds;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> P;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const ll LINF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps=1e-12;
const double PI=acos(-1.0);
const double angcst=PI/180.0;
const ll mod=998244353;
ll gcd(ll a,ll b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}
ll qmul(ll a,ll b){ll r=0;while(b){if(b&1)r=(r+a)%mod;b>>=1;a=(a+a)%mod;}return r;}
ll qpow(ll a,ll n){ll r=1;while(n){if(n&1)r=(r*a)%mod;n>>=1;a=(a*a)%mod;}return r;}
ll qpow(ll a,ll n,ll p){ll r=1;while(n){if(n&1)r=(r*a)%p;n>>=1;a=(a*a)%p;}return r;}

struct vect
{
    ll x,y;
    double crossProd(vect v)
    {
        return x*v.y-y*v.x;
    }
};

struct point
{
    ll x,y;
    bool vis;
}ar[2050];

char str[2050];

void solve()
{
    int n;
    cin>>n;
    ll minx=LINF;
    int id=1;
    rep(i,1,n)
    {
        cin>>ar[i].x>>ar[i].y;
        if(ar[i].x<minx)
        {
            minx=ar[i].x;
            id=i;
        }
        ar[i].vis=false;
    }
    
    cin>>str+2;
    
    cout<<id;
    ar[id].vis=true;
    
    repp(i,2,n)
    {
        int nxt=1;
        rep(j,1,n)
            if(!ar[j].vis)
            {
                nxt=j;
                break;
            }
        vect vec=vect{ar[nxt].x-ar[id].x,ar[nxt].y-ar[id].y};
        if(str[i]=='L')
        {
            rep(j,nxt+1,n)
            {
                if(ar[j].vis)
                    continue;
                if(vec.crossProd(vect{ar[j].x-ar[nxt].x,ar[j].y-ar[nxt].y})<0)
                {
                    nxt=j;
                    vec=vect{ar[nxt].x-ar[id].x,ar[nxt].y-ar[id].y};
                }
            }
        }
        else
        {
            rep(j,nxt+1,n)
            {
                if(ar[j].vis)
                    continue;
                if(vec.crossProd(vect{ar[j].x-ar[nxt].x,ar[j].y-ar[nxt].y})>0)
                {
                    nxt=j;
                    vec=vect{ar[nxt].x-ar[id].x,ar[nxt].y-ar[id].y};
                }
            }
        }
        id=nxt;
        ar[id].vis=true;
        cout<<' '<<id;
    }
    
    rep(i,1,n)
    {
        if(!ar[i].vis)
        {
            cout<<' '<<i<<'
';
            return;
        }
    }
}
int main()
{
    closeSync;
    //multiCase
    {
        solve();
    }
    return 0;
}