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题面

戳我

• \(n\leq20\)

  解析

  这数据范围显然是状压。
  可以发现，区分不同方案的标准是选的点和终结点。
  于是设\(dp[now][s]\)表示当选点状态为\(now\)，最后选的点为\(s\)时的方案数。
  然后预处理一下连两点时中间经过的其它点\(way[i][j]\)（这里注意判断条件问题，不能少等于号）。
  再通过\(queue\)储存、延伸状态，统计时枚举下一个点，枚举中间点判是否路过未经过的点即可。
  目测复杂度\(O(2^nn^3)\)
  但是我发现我傻逼了，好像\((way[i][j]\&now)!=way[i][j])\)就可以\(O(1)\)判不合法呢。
  于是复杂度降到\(O(2^nn^2)\)。
  然后因用\(queue\)被卡爆，被迫改成暴枚状态。。。

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define mp make_pair
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define max(a,b) (a>b?a:b)
#define min(a,b) (a<b?a:b)
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b-1;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=1<<20,mod=1e8+7;
int n,way[30][30],x[30],y[30],dp[30][N],now,s;
ll ans;
il int gi()
{re int x=0,t=1;re char ch=getchar();while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();return x*t;
}
int main()
{n=gi();fp(i,0,n) x[i]=gi(),y[i]=gi();fp(i,0,n)fp(j,0,n)fp(k,0,n)if(k!=i&&k!=j&&x[k]>=min(x[i],x[j])&&x[k]<=max(x[i],x[j])&&y[k]>=min(y[i],y[j])&&y[k]<=max(y[i],y[j]))if((y[k]-y[i])*(x[j]-x[i])==(y[j]-y[i])*(x[k]-x[i])) way[i][j]|=(1<<k);fp(i,0,n) dp[i][1<<i]=1;fp(now,0,(1<<n))fp(s,0,n){if(!(now&(1<<s))||!dp[s][now]) continue;fp(i,0,n){if((1<<i)&now) continue;if((way[s][i]&now)!=way[s][i]) continue;dp[i][now|(1<<i)]+=dp[s][now];if(dp[i][now|(1<<i)]>=mod) dp[i][now|(1<<i)]-=mod;}}fp(now,0,(1<<n)){re int tot=0,ysn=now;for(;ysn;ysn-=ysn&-ysn) ++tot;if(tot>3)fp(i,0,n) if((1<<i)&now){ans+=dp[i][now];if(ans>=mod) ans-=mod;}}printf("%lld\n",ans);return 0;
}