poj2002Squares(点集组成正方形数）

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可以枚举两个点，因为是正方形两外两点可以由已知求出，据说可以根据三角形全等求出下列式子，数学渣不会证。。。

已知： (x1,y1)  (x2,y2)

则：   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)

然后就可以hash或者二分做了，这里只用hash做的

应该算是简单的hash解决冲突的应用，放一个邻接表里。

两点需正反枚举两次，才能保证两种位置的正方形都被枚举到。

最后的结果需要除4，因为重复枚举了。

#include <iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stdlib.h>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<set>
using namespace std;
#define N 1010
#define mod 99991
#define LL long long
#define INF 0xfffffff
const double eps = 1e-8;
const double pi = acos(-1.0);
const double inf = ~0u>>2;
struct point
{
    int x,y;
    point(int x=0,int y=0):x(x),y(y){}
}p[N],o[N];
int next[N],head[mod],t;
void insert(int i)
{
    int key = (p[i].x*p[i].x+p[i].y*p[i].y)%mod;
    next[t] = head[key];
    o[t].x = p[i].x;
    o[t].y = p[i].y;
    head[key] = t++;
}
int find(point a)
{
    int  key = (a.x*a.x+a.y*a.y)%mod;
    int i;
    for(i = head[key] ; i!= -1 ; i = next[i])
    {
        if(o[i].x==a.x&&o[i].y == a.y) return 1;
    }
    return 0;
}
bool cmp(point a,point b)
{
    if(a.x==b.x)
    return a.y<b.y;
    return a.x<b.x;
}
int main()
{
    int n,i,j;
    while(scanf("%d",&n)&&n)
    {
        memset(head,-1,sizeof(head));
        t = 0;
        for(i = 1; i <= n; i++)
        {
            scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y);
            insert(i);
        }
        //sort(p+1,p+n+1,cmp);
        int ans = 0;
        for(i = 1; i <= n ;i++)
            for(j = 1 ; j <= n; j++)
            {
                if(i==j) continue;
                point p1,p2;
                p1.x = p[i].x+(p[i].y-p[j].y);
                p1.y = p[i].y-(p[i].x-p[j].x);
                p2.x = p[j].x+(p[i].y-p[j].y);
                p2.y = p[j].y-(p[i].x-p[j].x);
                if(!find(p1)) continue;
                if(!find(p2)) continue;
                ans++;
            }
        printf("%d
",ans/4);
    }
    return 0;