poj 2002 hash

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

题意：给你几个点 让你判断能组成多少正方形 相同的四个点按着不同顺序组成的正方形相同

思路：

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.
计算另外两个点的公式：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。。。
这个题其实按着上面的公式就可以直接写了 但是本垃圾为了练习理解一下hash 特意去找了一下hash的做法一个很清晰的写法：
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)的情况提供一组不同k值的测试数据K==1,   prime=997    1704msK==2,   prime=1999   1438msK==8,   prime=7993   1110msK==10,  prime=9973   1063msK==30,  prime=29989  1000msK==50,  prime=49999  1016msK==100, prime=99991  1000ms  

 最后解决的地址冲突的方法，这是hash的难点。我使用了 链地址法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 处理方法：(1) 当读入(x1, y1)时，若hash[key]为NULL，我们直接申请一个临时结点Hashtable* temp，记录x1,y1的信息，然后把结点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(2) 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结点存放x2,y2的信息，用next指向这个结点此后我们利用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，则检查下一结点，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的结点的地址，以后若出现相同key值的结点，则用前一个结点的next保存新结点的地址，其实就是一个链表简单的图示为：  


#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
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;
}