2016级算法第三次上机-E.ModricWang's Polygons

930 ModricWang's Polygons

思路

首先要想明白，哪些多边形可能是格点正多边形？

分情况考虑：

三角形不可能，因为边长为有理数的正三角形的面积为无理数，而格点三角形的面积为有理数，二者矛盾。

正四边形毫无疑问是可以的。

边数>4时，可以考虑无穷递降法：

以六边形为例，假如整点正六边形存在，一定有边长最小的一个，记作(A_1 A_2 A_3 A_4 A_5 A_6)。以(A_2)为中心，将(A_1)逆时针旋转90度，得到(B_1)。显然也是整点。类似定义(B_2 ... B_6)，它们也都是整点。【注：上面用到如下结论：一个整点绕另一个整点旋转90度，得到的点仍然是整点。证明很容易。】如你所见，(B_1 B_2 B_3 B_4 B_5 B_6)是一个更小的整点正六边形，矛盾。

对于边数>4的其他情况，也可以用类似方法证明。

参考自这里

于是该问题就变成了统计格点正四边形的数量。考虑枚举任意两个点形成的线段，那么由这一条线段可以形成的格点正四边形只有两个，并且另外两个点的坐标是可以直接算出来的。因此只要枚举任意两点的组合，验证以这两个点为相邻两点的格点正四边形是否存在即可。

时间复杂度(O(n^2))，空间复杂度(O(n))

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mk make_pair
#define y1 yyy
using namespace std;

const int N = 1e3 + 5;

map<pair<int, int>, bool> M;
int x[N], y[N], n, ans;

int main() {
  int T;
  while (scanf("%d", &n) != EOF) {
    ans = 0;
    M.clear();
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
      scanf("%d %d", x + i, y + i);
      M[mk(x[i], y[i])] = 1;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
      for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
        int dx = y[j] - y[i];
        int dy = x[i] - x[j];
        int ok = 0;
        if (M.count(mk(x[i] + dx, y[i] + dy)))
          ok++;
        if (M.count(mk(x[j] + dx, y[j] + dy)))
          ok++;
        if (ok == 2)
          ans++;
        ok = 0;
        if (M.count(mk(x[i] - dx, y[i] - dy)))
          ok++;
        if (M.count(mk(x[j] - dx, y[j] - dy)))
          ok++;
        if (ok == 2)
          ans++;
      }
    }
    printf("%d
", ans / 4);
  }