纵坐标不用直接代入，消掉x保留y就可以过
double y=(a1b2-a2b1)/(a1-a2);

佬为什么 要用都double来存储pdd啊，用int的话就只能过两个点

借用一下佬的这篇题解，来写笔记，补题

感谢大佬,ac了

巨佬，我也发现使用a,b只能过7个数据，您知道原因吗？

感觉应该和double的精度有关系，和2021的直线那题一样，当小于esp（1e-8）时就应当认为是同一个值

我写了一个可以解决精度问题的,由于set的迭代器不会自己写，所以用了一个数组来保存.

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<set>//set为集合可以自动去重

using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
/*
1、重边不会影响区域数目。
2、每新加入一条边只要不是重边区域数目必定+1。
3、加入的新边如果与之前加入的边每有一个交点则区域数目+1。
*/
typedef pair<double, double> pdd;//存放A和B
set<pdd> lines;//存放直线因为可以去重，重边无贡献
int res = 1; // 这里注意要从1开始，因为本就有一个部分 
pdd temp[N];

int cmp(double c, double d){//求此条直线与之前所有直线的交点个数
    set<pdd> points;//交点的集合
    pdd it;//交点
    for (auto i = lines.begin(); i != lines.end(); i++){
        double a = i->first, b = i->second;
        if (a != c){//斜率不同则两条直线不重合
            it.first = (d - b) / (a - c);//求交点的横坐标
            it.second = a*it.first+b; 
            points.insert(it);
        }
    }
    int k = 0;
    for (auto i = points.begin(); i != points.end(); i++)
    {
        temp[k++] = { i->first, i->second };
    }
    int res =0;
    if (k ==0)
    {
        res = 0;
    }
    else
    {
        res = 1;
    }
    for (int i = 1; i <k; i++)
    {
        if (fabs(temp[i].first - temp[i - 1].first)>1e-8 || (fabs(temp[i].second - temp[i - 1].second)) > 1e-8)
        {
            res++;
        }
    }
    return res;
}

int main(){
    int n;
    cin >> n;

    while (n--){
        double a, b;
        cin >> a >> b;
        int count1 = lines.size();//count1为未加入现在这条边的总的边数
        lines.insert({ a, b });//将输入的x和y保存到line中
        //如果现在加入的边是重边则无影响下面的if语句不会执行，如果不是重边则count1就不会等于增加后的边数
        if (lines.size() != count1){
            res++;
            res += cmp(a, b);
        }
    }

    cout << res << endl;
    return 0;
}

牛掰

很不错的题解