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http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5277
YJC是个老火车小司机。一个晚上，他仰望天空，星辰璀璨，他突然觉得，天空就像一个平面，而每一个星辰，就是平面中的一个点。
他把这些点编号为1到n。这些点满足任意三点不共线。他把一些点用线段连起来了，但是任意两条线段不会在端点以外相交。如果一个点的集合中任意两个点都有一条线段直接相连，就称为dujiao点集。他想让你求出最大的dujiao点集大小以及最大的dujiao点集个数。
Input
多组测试。
对于每组数据：
第一行两个整数n,m,表示点数和线段数。
接下来n行每行两个整数x,y，表示第i个点的坐标。
接下来m行每行两个整数u,v，表示一条连接u和v的线段。
Output
对于每组数据输出两个用空格隔开的整数表示最大的dujiao点集大小以及最大的dujiao点集个数。
Sample Input
2 1
1 1
2 2
1 2
3 3
1 1
2 2
4 5
1 2
2 3
3 1
Sample Output
2 1
3 1
1≤n≤1000 −109≤x,y≤109 1≤T≤5(T是数据组数)
保证没有相同的点和相同的边，也没有u=v的情况
题意
题解：
首先针对大家提出的m的数据范围的问题，其实对于平面图来说有m≤3n−6……
首先五个点的团就是平面图判定中提到的K5，包含子图K5就不是平面图。所以答案只可能是4。
那么怎么统计答案呢？
暴力枚举第一个点，再枚举第二个点，在枚举第三个，第四个，要求每个点都与前面其他点联通。你会发现这就过了，为什么呢？
枚举第一个点是O(n)的，枚举第二个点是O(n2)，但是注意m=O(n)，于是枚举第三个点只有O(n)次，总次数也是O(n2)的。注意到平面图三元环的个数是O(n)的，因为把一个点的相邻点按照几角排序，那么这些点的连边相当于是若干个区间，而区间不能相交，所以总共就是∑degi=O(m)（degi表示度数）的。于是枚举第四个点的次数也是O(n)的，总复杂度就是O(n2)。对于n=1000来时完全够了。
代码
#include <cstdio> #include <cmath> #include <cstring> #include <ctime> #include <iostream> #include <algorithm> #include <set> #include <vector> #include <sstream> #include <queue> #include <typeinfo> #include <fstream> #include <map> #include <stack> typedef long long ll; using namespace std; //freopen("D.in","r",stdin); //freopen("D.out","w",stdout); #define sspeed ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0) #define test freopen("test.txt","r",stdin) #define maxn 1005 #define mod 10007 #define eps 1e-9 const int inf=0x3f3f3f3f; const ll infll = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL; inline ll read() { ll x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();} while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();} return x*f; } //************************************************************************************** struct node { int x,y; }; node a[maxn]; int g[maxn][maxn]; vector<int> G[maxn]; int one,two,three,four; int n,m; void init() { one=two=three=four=0; memset(a,0,sizeof(a)); memset(g,0,sizeof(g)); for(int i=0;i<n;i++) G[i].clear(); } int main() { while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) { init(); for(int i=0;i<n;i++) a[i].x=read(),a[i].y=read(); for(int i=1;i<=m;i++) { int x=read(),y=read(); x--,y--; g[x][y]=g[y][x]=1; G[x].push_back(y); G[y].push_back(x); } for(int i=0;i<n;i++) { for(int j=0;j<G[i].size();j++) { for(int k=0;k<G[i].size();k++) { if(G[i][j]!=G[i][k]&&g[G[i][j]][G[i][k]]) { three++; for(int t=0;t<G[i].size();t++) { if(G[i][j]!=G[i][k]&&G[i][j]!=G[i][t]&&G[i][k]!=G[i][t]&&g[G[i][j]][G[i][k]]&&g[G[i][j]][G[i][t]]&&g[G[i][k]][G[i][t]]) { four++; } } } } } } if(four) cout<<"4 "<<four/24<<endl; else if(three) cout<<"3 "<<three/6<<endl; else if(m) cout<<"2 "<<m<<endl; else cout<<"1 "<<n<<endl; } }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/qscqesze/p/4621609.html
