有关题目

给定平面上 n 对 互不相同 的点 points ，其中 points[i] = [xi, yi] 。回旋镖 是由点 (i, j, k) 表示的元组 ，
其中 i 和 j 之间的距离和 i 和 k 之间的距离相等（需要考虑元组的顺序）。返回平面上所有回旋镖的数量。

示例 1：输入：points = [[0,0],[1,0],[2,0]]
输出：2
解释：两个回旋镖为 [[1,0],[0,0],[2,0]] 和
[[1,0],[2,0],[0,0]]

示例 2：输入：points = [[1,1],[2,2],[3,3]]
输出：2

示例 3：输入：points = [[1,1]]
输出：0

提示：n == points.length
1 <= n <= 500
points[i].length == 2
-10^4 <= xi, yi <= 10^4
所有点都 互不相同

题解

Tips

①C++ 11原本的auto 写法 for(auto & j : cnt)，然后下方使用 j.first，j.second。C++17的写法改成，可以直接取 map 里面 [v1, v2] 充当 j.first 及 j.second，如果下方不需要读值则可以用_代替
②auto& 与 auto &&的区别 &为引用，相当于C中的指针，拿到所引用数据的地址，&&为右值引用，右值可以看作程序运行中的临时结果，直接引用返回的对象，避免了对象复制，从而提高效率。

法一：枚举 + 哈希表
参考官方题解

思路：
对于点points[i]，有 m 个点到其距离相等，结合排列数的知识
我们需要从中选取两个，故有 A(2,m) = m * (m - 1)中组合我们使用哈希表键存储距离的平方，值存储 m 个点，
对于每一个点points[i]，我们更新一次答案，直至枚举一遍数组

class Solution {public:int numberOfBoomerangs(vector<vector<int>>& points) {int ans = 0;for (auto& p : points){unordered_map<int, int> mp;for (auto& p1 : points){int squareOfDistance = (p[0] - p1[0]) * (p[0] - p1[0]) +(p[1] - p1[1]) * (p[1] - p1[1]);++mp[squareOfDistance];}for (auto& [_, m] : mp){ans += m * (m - 1);//排列数A(2,m) = m * (m - 1);}}return ans;}
};

时间复杂度：O(n^2)，n 为points数组的长度
空间复杂度：O(n)，哈希表存储所需O(n)复杂度

法二：优化法一
参考官方题解评论区下梦璃夜·天星

空间优化，少一次遍历。利用排列组合中，每次多一个点，该点和前面每个点各有两个新的组合。

class Solution {public:int numberOfBoomerangs(vector<vector<int>>& points) {int ans = 0;unordered_map<int, int> mp;for (auto&& p1 : points){mp.clear();for (auto&& p2 : points){int dis = (p1[0] - p2[0]) * (p1[0] - p2[0]) + (p1[1] - p2[1]) * (p1[1] - p2[1]);ans += 2 * mp[dis]++;}}return ans;}
};

时间复杂度：O(n^2)，n 为points数组的长度
空间复杂度：O(n)

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