POJ2002-Squares
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大致题意：
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：
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。。。
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 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：
//Memory Time
//652K 1438MS
#include
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<