Squares

?POJ - 2002?

題意

平面上有N個點，任取4個點，求能組成正方形的不同組合方式有多少種；相同的四個點，不同順序構成的正方形視為同一正方形

分析

做法1

先枚舉兩個點，通過計算得到另外兩個點，然后檢查點集中是否存在這兩個點

（tx,ty）繞坐標原點旋轉W（弧度制）之后點的坐標為（x，y）

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

假如枚舉出的兩個點分別是A，B，那么C點就是B圍繞A旋轉90度，D就是A圍繞B旋轉-90度，或者C點就是B圍繞A旋轉-90度，D就是A圍繞B旋轉90度

因為一條邊可能對應兩個方向不同的正方形嘛，那么怎么使枚舉的時候不會重復計算正方形呢

假如枚舉A是用下標i，那么枚舉B的時候j要從i+1開始枚舉

另外，在二分查找點的時候，應該在排序后的[j+1,n]的下標范圍內二分查找，也就是查找B點后面的點，這樣點的枚舉就有次序了，就不會出現重復記數了

#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

先枚舉兩個點，通過數學公式得到另外兩個點，使得這四個點能夠成正方形。然后檢查點集中是否存在計算出來的那兩個點，若存在，說明有一個正方形

但是這種做法會使同一個正方形被枚舉4次，因此最后結果要除以4

已知：正方形的兩個點 (x1,y1)??(x2,y2)

則：正方形另外兩個點的坐標為??

?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[]標記散點集

我個人推薦key值使用 平方求余法

即標記點x y時，key = (x^2+y^2)%prime

此時key值的范圍為[0, prime-1]?

由于我個人的標記需求，我把公式更改為key = (x^2+y^2)%prime+1

使得key取值范圍為[1, prime]，則hash[]大小為 hash[prime]

其中prime為 小于 最大區域長度（就是散點個數）n的k倍的最大素數，

即小于k*n 的最大素數 （k∈N*）

?

為了盡量達到key與地址的一一映射，k值至少為1，

當為k==1時，空間利用率最高，但地址沖突也相對較多，由于經常要為解決沖突開放尋址，使得尋找key值耗時O(1)的情況較少

當n太大時，空間利用率很低，但由于key分布很離散，地址沖突也相對較少，使得尋找鍵值耗時基本為O(1)的情況

提供一組不同k值的測試數據

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

最后解決的地址沖突的方法，這是hash的難點。我使用了 鏈地址法

typedef class HashTable{public:int x,y;?? //標記key值對應的x,yHashTable* next;? //當出現地址沖突時，開放尋址HashTable()? //Initial{next=0;}}Hashtable;Hashtable* hash[prime];?? //注意hash[]是指針數組，存放地址//hash[]初始化為NULL (C++初始化為0)

先解釋所謂的“沖突”

本題對于一組（x，y），通過一個函數hash(x，y)，其實就是上面提到的key的計算公式

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

于是我們得到了一個關于x,y的key值，但是我們不能保證key與每一組的(x,y)都一一對應，即可能存在 hash(x1，y1) = hash(x2，y2) = key

處理方法：

(1) 當讀入(x1, y1)時，若hash[key]為NULL，我們直接申請一個臨時結點Hashtable* temp，記錄x1,y1的信息，然后把結點temp的地址存放到hash[key]中

此后我們就可以利用key訪問temp的地址，繼而得到x1,y1的信息

(2) 當讀入(x2, y2)時，由于hash(x1，y1) = hash(x2，y2) = key，即(x2, y2)的信息同樣要存入hash[key]，但hash[key]已存有一個地址，怎么辦？

注意到hash[key]所存放的temp中還有一個成員next，且next==0，由此，我們可以申請一個新結點存放x2,y2的信息，用next指向這個結點

此后我們利用key訪問temp的地址時，先檢查temp->x和temp->y是否為我們所需求的信息，若不是，檢查next是否非空，若next非空，則檢查下一結點，直至 next==0

當檢查完所有next后仍然找不到所要的信息，說明信息原本就不存在

就是說hash[key]只保存第一個值為key的結點的地址，以后若出現相同key值的結點，則用前一個結點的next保存新結點的地址，其實就是一個鏈表

簡單的圖示為：

//Memory Time //652K 1438MS #include<iostream> using namespace std;const int prime=1999; //長度為2n區間的最大素數 (本題n=1000)//其他prime可取值: // 1n 區間: 997 1704ms // 2n 區間: 1999 1438ms // 8n 區間: 7993 1110ms // 10n 區間: 9973 1063ms // 30n 區間: 29989 1000ms // 50n 區間: 49999 1016ms // 100n區間: 99991 1000ms//為了盡量達到key與地址的一一映射，hash[]至少為1n， //當為1n時，空間利用率最高，但地址沖突也相對較多，由于經常要為解決沖突開放尋址，使得尋找key值耗時O(1)的情況較少 //當n太大時，空間利用率很低，但由于key分布很離散，地址沖突也相對較少，使得尋找鍵值耗時基本為O(1)的情況typedef class {public:int x,y; }Node;typedef class HashTable {public:int x,y; //標記key值對應的x,yHashTable* next; //當出現地址沖突時，開放尋址HashTable() //Initial{next=0;} }Hashtable;Node pos[1001]; Hashtable* hash[prime]; //hash[]是指針數組，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從[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，地址沖突{Hashtable* temp=hash[key];while(temp->next) //開放尋址，直至next為空temp=temp->next;temp->next=new HashTable; //申請新結點，用next指向，記錄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對應的地址不存在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，標記散點}int num=0; //正方形的個數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; //同一個正方形枚舉了4次}return 0; }

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總結

以上是生活随笔為你收集整理的POJ - 2002 Squares 数正方形【二分】【哈希表】的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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