Squares

POJ - 2002

题意

平面上有N个点，任取4个点，求能组成正方形的不同组合方式有多少种；相同的四个点，不同顺序构成的正方形视为同一正方形

分析

做法1

先枚举两个点，通过计算得到另外两个点，然后检查点集中是否存在这两个点

（tx,ty）绕坐标原点旋转W（弧度制）之后点的坐标为（x，y）

    double x = tx * cos(w) - ty * sin(w);double y = tx * sin(w) + ty * cos(w);

假如枚举出的两个点分别是A，B，那么C点就是B围绕A旋转90度，D就是A围绕B旋转-90度，或者C点就是B围绕A旋转-90度，D就是A围绕B旋转90度

因为一条边可能对应两个方向不同的正方形嘛，那么怎么使枚举的时候不会重复计算正方形呢

假如枚举A是用下标i，那么枚举B的时候j要从i+1开始枚举

另外，在二分查找点的时候，应该在排序后的[j+1,n]的下标范围内二分查找，也就是查找B点后面的点，这样点的枚举就有次序了，就不会出现重复记数了

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<math.h>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<set>
#include<stack>
#define mod 500500507
#define INF 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-5
#define  LL long long
using namespace std;
const int maxn=1000+10;
struct Point{int x,y;Point(){}Point(int a,int b){x=a;y=b;}bool operator < (const Point &b){if(x==b.x)return y<b.y;return x<b.x;}
}p[maxn];bool BS(Point po,int l,int r){int left=l,right=r,mid;while(left<=right){int mid=(left+right)>>1;if(p[mid].x==po.x&&p[mid].y==po.y)return true;if(p[mid]<po)left=mid+1;elseright=mid-1;}return false;
}void transXY(Point a,Point b,Point &c,int f){int tx=b.x-a.x,ty=b.y-a.y;c.x=a.x-ty*f;c.y=a.y+tx*f;
}int main(){int n;while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n){for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y);}sort(p+1,p+1+n);int ans=0;for(int i=1;i<=n-3;i++){for(int j=i+1;j<=n-2;j++){Point c,d;transXY(p[i],p[j],c,1);transXY(p[j],p[i],d,-1);if(BS(c,j+1,n)&&BS(d,j+1,n))ans++;transXY(p[i],p[j],c,-1);transXY(p[j],p[i],d,1);if(BS(c,j+1,n)&&BS(d,j+1,n))ans++;}}printf("%d\n",ans);}
}

做法2

先枚举两个点，通过数学公式得到另外两个点，使得这四个点能够成正方形。然后检查点集中是否存在计算出来的那两个点，若存在，说明有一个正方形

但是这种做法会使同一个正方形被枚举4次，因此最后结果要除以4

已知：正方形的两个点 (x1,y1) (x2,y2)

则：正方形另外两个点的坐标为

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)

利用hash[]标记散点集

我个人推荐key值使用平方求余法

即标记点x y时，key = (x^2+y^2)%prime

此时key值的范围为[0, prime-1]

由于我个人的标记需求，我把公式更改为key = (x^2+y^2)%prime+1

使得key取值范围为[1, prime]，则hash[]大小为 hash[prime]

其中prime为小于最大区域长度（就是散点个数）n的k倍的最大素数，

即小于k*n 的最大素数（k∈N*）

为了尽量达到key与地址的一一映射，k值至少为1，

当为k==1时，空间利用率最高，但地址冲突也相对较多，由于经常要为解决冲突开放寻址，使得寻找key值耗时O(1)的情况较少

当n太大时，空间利用率很低，但由于key分布很离散，地址冲突也相对较少，使得寻找键值耗时基本为O(1)的情况

提供一组不同k值的测试数据

K==1, prime=997 1704ms

K==2, prime=1999 1438ms

K==8, prime=7993 1110ms

K==10, prime=9973 1063ms

K==30, prime=29989 1000ms

K==50, prime=49999 1016ms

K==100, prime=99991 1000ms

最后解决的地址冲突的方法，这是hash的难点。我使用了链地址法

typedef class HashTable{public:int x,y;   //标记key值对应的x,yHashTable* next;  //当出现地址冲突时，开放寻址HashTable()  //Initial{next=0;}}Hashtable;Hashtable* hash[prime];   //注意hash[]是指针数组，存放地址//hash[]初始化为NULL (C++初始化为0)

先解释所谓的“冲突”

本题对于一组（x，y），通过一个函数hash(x，y)，其实就是上面提到的key的计算公式

key = (x^2+y^2)%prime+1

于是我们得到了一个关于x,y的key值，但是我们不能保证key与每一组的(x,y)都一一对应，即可能存在 hash(x1，y1) = hash(x2，y2) = key

处理方法：

(1) 当读入(x1, y1)时，若hash[key]为NULL，我们直接申请一个临时结点Hashtable* temp，记录x1,y1的信息，然后把结点temp的地址存放到hash[key]中

此后我们就可以利用key访问temp的地址，继而得到x1,y1的信息

(2) 当读入(x2, y2)时，由于hash(x1，y1) = hash(x2，y2) = key，即(x2, y2)的信息同样要存入hash[key]，但hash[key]已存有一个地址，怎么办？

注意到hash[key]所存放的temp中还有一个成员next，且next==0，由此，我们可以申请一个新结点存放x2,y2的信息，用next指向这个结点

此后我们利用key访问temp的地址时，先检查temp->x和temp->y是否为我们所需求的信息，若不是，检查next是否非空，若next非空，则检查下一结点，直至 next==0

当检查完所有next后仍然找不到所要的信息，说明信息原本就不存在

就是说hash[key]只保存第一个值为key的结点的地址，以后若出现相同key值的结点，则用前一个结点的next保存新结点的地址，其实就是一个链表

简单的图示为：

//Memory Time
//652K  1438MS #include<iostream>
using namespace std;const int prime=1999;  //长度为2n区间的最大素数 (本题n=1000)//其他prime可取值:
// 1n  区间: 997   1704ms
// 2n  区间: 1999  1438ms
// 8n  区间: 7993  1110ms
// 10n 区间: 9973  1063ms
// 30n 区间: 29989 1000ms
// 50n 区间: 49999 1016ms
// 100n区间: 99991 1000ms//为了尽量达到key与地址的一一映射，hash[]至少为1n，
//当为1n时，空间利用率最高，但地址冲突也相对较多，由于经常要为解决冲突开放寻址，使得寻找key值耗时O(1)的情况较少
//当n太大时，空间利用率很低，但由于key分布很离散，地址冲突也相对较少，使得寻找键值耗时基本为O(1)的情况typedef class
{public:int x,y;
}Node;typedef class HashTable
{public:int x,y;   //标记key值对应的x,yHashTable* next;  //当出现地址冲突时，开放寻址HashTable()  //Initial{next=0;}
}Hashtable;Node pos[1001];
Hashtable* hash[prime];   //hash[]是指针数组，存放地址void insert_vist(int k)
{int key=((pos[k].x * pos[k].x)+(pos[k].y * pos[k].y))%prime +1;   //+1是避免==0//使key从[0~1998]后移到[1~1999]if(!hash[key]){Hashtable* temp=new Hashtable;temp->x=pos[k].x;temp->y=pos[k].y;hash[key]=temp;}else   //hash[key]已存地址，地址冲突{Hashtable* temp=hash[key];while(temp->next)     //开放寻址，直至next为空temp=temp->next;temp->next=new HashTable;   //申请新结点，用next指向，记录x、ytemp->next->x=pos[k].x;temp->next->y=pos[k].y;}return;
}bool find(int x,int y)
{int key=((x * x)+(y * y))%prime +1;if(!hash[key])   //key对应的地址不存在return false;else{Hashtable* temp=hash[key];while(temp){if(temp->x==x && temp->y==y)return true;temp=temp->next;}}return false;
}int main(void)
{int n;while(cin>>n){if(!n)break;memset(hash,0,sizeof(hash));   //0 <-> NULLfor(int k=1;k<=n;k++){cin>>pos[k].x>>pos[k].y;insert_vist(k);   //插入哈希表，标记散点}int num=0;  //正方形的个数for(int i=1;i<=n-1;i++)for(int j=i+1;j<=n;j++){int a=pos[j].x-pos[i].x;int b=pos[j].y-pos[i].y;int x3=pos[i].x+b;int y3=pos[i].y-a;int x4=pos[j].x+b;int y4=pos[j].y-a;if(find(x3,y3) && find(x4,y4))num++;x3=pos[i].x-b;y3=pos[i].y+a;x4=pos[j].x-b;y4=pos[j].y+a;if(find(x3,y3) && find(x4,y4))num++;}cout<<num/4<<endl;  //同一个正方形枚举了4次}return 0;
}

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POJ - 2002 Squares 数正方形【二分】【哈希表】

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分析

做法1

做法2

利用hash[]标记散点集

先解释所谓的“冲突”

处理方法：

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