內積不等式：
\[(a,b)^2\le (a,a)(b,b)
\]其中\((a,b)\)表示\(a\cdot b\)。
（好像是廢話？）
\[a\times b=|a||b|\sin \theta
\]二維叉積：\(a\times b=x_1y_2-x_2y_1\)。
三維叉積：
\[a\times b=\left|
\begin
i&j&k\\
ax&ay&az\\
bx&by&bz
\end
\right|
\]叉積判直線關係：？？
atan2(y,x)，返回值\((-\pi,\pi]\)。
如果極角相差較大可以用這個來判，否則由於精度問題可能要用叉積。在值域\(10^9\)的時候這個函式可能基本沒用。
向量的旋轉，直接用三角函式公式推一推即可，可以寫成矩陣的形式。
每時刻有旋轉/平移/縮放等操作，問乙個向量在\([l,r]\)中操作之後會變成什麼。
直接寫成矩陣乘法的形式，用線段樹維護。
對於二次函式\(f(x)\)，有
\[\int_^r f(x)\mathrm dx=\frac
\]對於其他函式，可以用二次函式擬合。
求\(p\)在直線\(p_1p_2\)上的投影點/對稱點。
直接把直線\(p_1p_2\)的垂線做出來，求個交，就沒了。
也可以用點積得到\(pp_1\)在\(p_1p_2\)上的投影長度，然後也可以求出垂足。
直接點積叉積亂搞一通就沒了。
直線的位置關係、線段的位置關係都差不多。
先把直線平行、直線重合判掉。
然後分別把兩條線段的端點取出來，看是否在另一條直線的兩邊。
（老師給的方法：先判外接矩形是否相交，然後再做跨立實驗）
把直線重合判掉，然後當成直線來求交點。
距離定義為最近點對的距離。
如果有交點則為0，否則變成點到線段距離。
點到線段距離？點積判一下端點之間位置關係然後直接做。
不保證多邊形是凸的。
直接在二維平面上隨便選乙個點然後叉積。
直接叉積就沒了。
射線法大家都知道，但有很多噁心的邊界情況。
兩種方法：
第一種：把斜率設成乙個奇怪的無理數，多半可以跳過所有邊界情況。
第二種：欽定射線向右，把所有邊界情況都判了就完事了。
邊界：如果射線與邊重合那麼continue。
如果穿過了\(ab\)的\(a\)，而且\(ab\)向下，那麼計數器++。
如果穿過了\(ab\)的\(b\)，而且\(ab\)向上，那麼計數器++。
如果點在邊上那麼直接返回。
大家都會？
旋轉卡殼。
把有關的點摳出來，仍然是乙個凸包，然後算面積即可。
k-d tree多好
分治，然後發現左邊匹配右邊只會有\(o(1)\)個點有可能產生貢獻，於是沒了。
相離，外切，相交，內切，內含。
圓心和半徑的關係亂搞即可。
知道半徑、知道圓心到直線的距離，於是可以得到弦長，於是沒了。
可以求出交點的直線方程，於是沒了。
當然，也可以用餘弦定理解三角形得到答案。
知道半徑、知道距離、知道有乙個直角，於是可以解三角形。
首先判掉內含、內切。
此時必然有兩條外公切線，解一解三角形。
內公切線類似。
可以通過有向面積化成三角形和圓的交的面積。注意到三角剖分的原點任意，可以設為圓心。
如果三個點都在裡面那麼很容易。
否則就把線段\(ab\)與圓的交點搞出來，把三角形切開，遞迴搞。
只會遞迴常數層，但比較好寫。
直接暴力，對於每個圓盤求出後面的圓盤蓋掉它的角度區間，求個區間並就沒了。
角度區間可以求圓的交點來求。
設\(dp_x\)表示從\(x\)跳到某個葉子的最小代價，從下往上dp。
每次求\(x\)的答案的時候發現就是乙個斜率優化，啟發式合併把子樹內的凸包合起來就沒了。
dsu on tree維護凸包也可以。
然後就是要支援往凸包裡插入乙個點，拿set亂搞即可。
發現最多選4個向量，而且選4個向量的時候只能是互相垂直的，可以判掉。於是只要選3個向量，使得相鄰兩個向量的夾角小於180。
然後把所有向量反向再加進去，正向的設為紅色，反向的設為綠色。
於是我們就要找形如「紅綠紅」的三條向量，並且兩個紅向量的夾角小於180。
列舉第乙個紅向量，資料結構維護後面兩個的最小值。
結論：三角形不相交等價於能做出兩條內公切線。
然後列舉一條公切線，答案就是公切線兩邊分別選兩個點的方案數。
圓反演，點在圓內轉化為點在直線的某一側。
於是變成動態半平面交，也許可以轉化為凸包做？
對於乙個點\(p\)，如果\(p\)對\(o\)反演，那麼\(p\)仍然在射線\(op\)上，距離變為原來的倒數。
一條不過\(o\)的直線反演後變成乙個過\(o\)的圓，反之亦然。
不過\(o\)的圓反演後仍然是不過\(o\)的圓。
圓反演，就變成了求兩個圓的某個特定公切線。（注意原題需要外切，所以不能亂搞公切線）
注意「不相交」也保證了兩個多邊形不能相互包含。
考慮射線法，看乙個點往上對著的第乙個線段，如果是從右往左那麼就在多邊形外，否則在多邊形內。（假設邊是按順時針走的）
如果可以離線，那麼按\(x\)排序一下從左往右搞，因為沒有相交的邊，所以用set很好維護。
不能離線，那麼用可持久化treap維護。
細節很多，也許旋轉某個無理數角度會有點用？
樹剖，把樹上的問題轉化為序列上的問題。
以時間為\(x\)軸、位置\(y\)軸，那麼一次位移就是二維平面的一條線段。
問題就轉化為\(m\log n\)條線段什麼時候最早相交。
按\(x\)座標掃瞄線，用\(set\)維護所有線段的\(y\)的相對大小關係。
如果兩條線段有交，那麼他們一定會有某個時刻在set裡是相鄰的。
又因為我們只需要求最早的交點，所以我們可以認為set裡面的線段永遠不相交，因為當我們跑到相交的時間的時候就要直接返回答案了。
於是每次加入一條線段的時候判一下和前驅後繼相交的時間，更新一下結束時間。如果當前時間超出了結束時間那麼就可以直接返回了。
設\(f(x)\)表示極角為\(x\)的射線左邊面積減去右邊面積，那麼有\(f(0)=-f(\pi)\)。
所以中間必然存在零點，可以二分這個零點。
考慮二分了乙個極角之後怎麼求\(f(x)\)。可以使用二分得到這條射線與凸包的各種交點，然後用各種字首和得到面積，所以可以\(o(\log n)\)得到\(f(x)\)。
所以我們\(o(n\log^2 n)\)做出了答案。
（聽起來細節就特別特別多……）
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