POJ 2002 -- Squares

Squares

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Description

A square is a 4-sided polygon whose sides have equal length and adjacent sides form 90-degree angles. It is also a polygon such that rotating about its centre by 90 degrees gives the same polygon. It is not the only polygon with the latter property, however, as a regular octagon also has this property. 

So we all know what a square looks like, but can we find all possible squares that can be formed from a set of stars in a night sky? To make the problem easier, we will assume that the night sky is a 2-dimensional plane, and each star is specified by its x and y coordinates. 

Input

The input consists of a number of test cases. Each test case starts with the integer n (1 <= n <= 1000) indicating the number of points to follow. Each of the next n lines specify the x and y coordinates (two integers) of each point. You may assume that the points are distinct and the magnitudes of the coordinates are less than 20000. The input is terminated when n = 0.

Output

For each test case, print on a line the number of squares one can form from the given stars.

Sample Input

4
1 0
0 1
1 1
0 0
9
0 0
1 0
2 0
0 2
1 2
2 2
0 1
1 1
2 1
4
-2 5
3 7
0 0
5 2
0

Sample Output

1
6
1

Source

Rocky Mountain 2004

 

题意：

有一堆平面散点集，任取四个点，求能组成正方形的不同组合方式有多少。

相同的四个点，不同顺序构成的正方形视为同一正方形。

解题思路：

首先，不可以四个点四个点地枚举，看他们会不会组成正方形，肯定超时

我们枚举两个点，然后通过计算，得到能与他们组成正方形的剩下两个点的坐标

假设，我们知道了A(x1,y1)和B(x2,y2)，那么通过全等三角形（两个红色三角形）的关系（如下图，请忽视我的渣字和渣图(..•˘_˘•..)）

我们可以得到一种情况，

已知：(x1,y1)  (x2,y2)

则：  

x3=x1-(y1-y2)   y3= y1+(x1-x2)

x4=x2-(y1-y2)   y4= y2+(x1-x2)

另一种情况就是：

 x3=x1+(y1-y2)   y3= y1-(x1-x2)

x4=x2+(y1-y2)   y4= y2-(x1-x2)

但是注意这种情况，会有重复计算的边，根据详细算法内容应作出最后处理

the magnitudes of the coordinates are less than 20000.

坐标的大小小于20000.

1）方法1（超时）

我们先枚举两个点，计算两个点之间的距离，距离%mod作为key值

处理冲突使用链地址法

如果遇到key值相同的两条边，则有可能会组成正方形，利用公式进行计算，如果组成了正方形，将计数++，将新加入的边插入Hash

好吧，上述算法很不争气的超时了

/*超时，待优化*/
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
int ans;
int nodes[10001][2];
const int mod = 20000;
class HashTable{
public:
    int node1,node2;//记录组成一条边的两个点的下标值
    HashTable *next;
    HashTable()
    {
        next = 0;
    }
};

HashTable *Hash[mod];

bool isSquare(int x1,int x2,int x3,int x4)
{
    if(nodes[x3][0] == nodes[x1][0]-(nodes[x1][1]-nodes[x2][1])//x3=x1-(y1-y2)
       && nodes[x3][1] == nodes[x1][1]+(nodes[x1][0]-nodes[x2][0])// y3= y1+(x1-x2)
       && nodes[x4][0] == nodes[x2][0]-(nodes[x1][1]-nodes[x2][1]) //x4=x2-(y1-y2)
       && nodes[x4][1] == nodes[x2][1]+(nodes[x1][0]-nodes[x2][0]))//y4= y2+(x1-x2)
        return true;
    if(nodes[x3][0] == nodes[x1][0]+(nodes[x1][1]-nodes[x2][1])//x3=x1-(y1-y2)
       && nodes[x3][1] == nodes[x1][1]-(nodes[x1][0]-nodes[x2][0])// y3= y1+(x1-x2)
       && nodes[x4][0] == nodes[x2][0]+(nodes[x1][1]-nodes[x2][1]) //x4=x2-(y1-y2)
       && nodes[x4][1] == nodes[x2][1]-(nodes[x1][0]-nodes[x2][0]))//y4= y2+(x1-x2)
        return true;
    if(nodes[x4][0] == nodes[x1][0]-(nodes[x1][1]-nodes[x2][1])//x3=x1-(y1-y2)
       && nodes[x4][1] == nodes[x1][1]+(nodes[x1][0]-nodes[x2][0])// y3= y1+(x1-x2)
       && nodes[x3][0] == nodes[x2][0]-(nodes[x1][1]-nodes[x2][1]) //x4=x2-(y1-y2)
       && nodes[x3][1] == nodes[x2][1]+(nodes[x1][0]-nodes[x2][0]))//y4= y2+(x1-x2)
        return true;
    if(nodes[x4][0] == nodes[x1][0]+(nodes[x1][1]-nodes[x2][1])//x3=x1-(y1-y2)
       && nodes[x4][1] == nodes[x1][1]-(nodes[x1][0]-nodes[x2][0])// y3= y1+(x1-x2)
       && nodes[x3][0] == nodes[x2][0]+(nodes[x1][1]-nodes[x2][1]) //x4=x2-(y1-y2)
       && nodes[x3][1] == nodes[x2][1]-(nodes[x1][0]-nodes[x2][0]))//y4= y2+(x1-x2)
        return true;
    return false;

}

void Insert(int x,int y)
{
    int key = (nodes[x][0] - nodes[y][0])*(nodes[x][0] - nodes[y][0])%mod
            + (nodes[x][1] - nodes[y][1])*(nodes[x][1] - nodes[y][1])%mod;
    key = key%mod;
    if(!Hash[key])//不发生冲突
    {//直接将边插入
        HashTable *temp = new HashTable;
        temp->node1 = x;temp->node2 = y;
        Hash[key] = temp;
    }else{
        //发生冲突
        HashTable *temp = Hash[key];
        if(temp->node1 != x && temp->node1 != y
           && temp->node2 != x && temp->node2 != y
           && isSquare(temp->node1,temp->node2,x,y))//如果存在相同的点，直接短路。不进入isSquare计算
        {//构成正方形
            ans++;
        }
        while(temp->next)
        {
            temp = temp->next;
            if(temp->node1 != x && temp->node1 != y
                && temp->node2 != x && temp->node2 != y
                && isSquare(temp->node1,temp->node2,x,y))
            {//构成正方形
                ans++;
            }
        }
        temp->next = new HashTable;
        temp->next->node1 = x;
        temp->next->node2 = y;
    }
}
int main()
{
    int n;
    while(cin>>n && n != 0)
    {
        memset(Hash,0,sizeof(Hash));
        ans = 0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            cin>>nodes[i][0]>>nodes[i][1];
        }
        for(int i=1;i<=n-1;i++)
            for(int j=i+1;j<=n;j++)
            {
                if(i == j) continue;//同一个点不能构成边
                Insert(i,j);//将第i和j点组成的边插入Hash
            }
        cout<<ans/2<<endl;
    }
    return 0;
}

看样这种，先寻找相同长度的边，再检查点，查看其是否能组成正方形的方法，会产生太多多余计算。

2）方法二

看到了一篇文章POJ2002-Squares

她的方法是用点(x,y)，x*x + y*y来标记点，然后枚举两个点，直接从hash表中，查找与这两个点组成正方形的其余两个点在hash中是否存在。

那位博主的代码如下（偷懒ing

//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,y
        HashTable* 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、y
        temp->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 <-> NULL

        for(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;
}