poj2002Squares(点集组成正方形数)
可以枚举两个点,因为是正方形两外两点可以由已知求出,据说可以根据三角形全等求出下列式子,数学渣不会证。。。
已知: (x1,y1) (x2,y2)
则: x3=x1+(y1-y2) y3= y1-(x1-x2)
x4=x2+(y1-y2) y4= y2-(x1-x2)
或
x3=x1-(y1-y2) y3= y1+(x1-x2)
x4=x2-(y1-y2) y4= y2+(x1-x2)
然后就可以hash或者二分做了,这里只用hash做的
应该算是简单的hash解决冲突的应用,放一个邻接表里。
两点需正反枚举两次,才能保证两种位置的正方形都被枚举到。
最后的结果需要除4,因为重复枚举了。
#include <iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stdlib.h>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<set>
using namespace std;
#define N 1010
#define mod 99991
#define LL long long
#define INF 0xfffffff
const double eps = 1e-;
const double pi = acos(-1.0);
const double inf = ~0u>>;
struct point
{
int x,y;
point(int x=,int y=):x(x),y(y){}
}p[N],o[N];
int next[N],head[mod],t;
void insert(int i)
{
int key = (p[i].x*p[i].x+p[i].y*p[i].y)%mod;
next[t] = head[key];
o[t].x = p[i].x;
o[t].y = p[i].y;
head[key] = t++;
}
int find(point a)
{
int key = (a.x*a.x+a.y*a.y)%mod;
int i;
for(i = head[key] ; i!= - ; i = next[i])
{
if(o[i].x==a.x&&o[i].y == a.y) return ;
}
return ;
}
bool cmp(point a,point b)
{
if(a.x==b.x)
return a.y<b.y;
return a.x<b.x;
}
int main()
{
int n,i,j;
while(scanf("%d",&n)&&n)
{
memset(head,-,sizeof(head));
t = ;
for(i = ; i <= n; i++)
{
scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y);
insert(i);
}
//sort(p+1,p+n+1,cmp);
int ans = ;
for(i = ; i <= n ;i++)
for(j = ; j <= n; j++)
{
if(i==j) continue;
point p1,p2;
p1.x = p[i].x+(p[i].y-p[j].y);
p1.y = p[i].y-(p[i].x-p[j].x);
p2.x = p[j].x+(p[i].y-p[j].y);
p2.y = p[j].y-(p[i].x-p[j].x);
if(!find(p1)) continue;
if(!find(p2)) continue;
ans++;
}
printf("%d\n",ans/);
}
return ;
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