POJ2002-Squares

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[Time: 3500MS] [Memory: 65536K] [难度: 初级] [分类: 高效查找法]

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问题描述

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

做本题数学功底要很强。

直接四个点四个点地枚举肯定超时的，不可取。

普遍的做法是：先枚举两个点，通过数学公式得到另外2个点，使得这四个点能够成正方形。然后检查散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。

但这种做法会使同一个正方形按照不同的顺序被枚举了四次，因此最后的结果要除以4.

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)

据说是利用全等三角形可以求得上面的公式，有兴趣的同学可以证明下。

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再来就是利用 hash[] 标记散点集了，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

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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。我使用的是 链地址法，代码如下：

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;

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

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处理方法：

• 当读入(x1, y1)时，若 hash[key] 为NULL，我们直接申请一个临时节点 Hashtable* temp，记录x1,y1的信息，然后把节点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
• 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节点存放x2,y2的信息，用next指向这个节点。

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，则检查下一节点，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的节点的地址，以后若出现相同key值的节点，则用前一个节点的next保存新节点的地址，其实就是一个链表

简单的示意图如下：

AC 源码

//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;   //申请新节点，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;
}

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