POJ2002Squares

http://poj.org/problem?id=2002

题意 ： 就是给你很多点的坐标，任取四个，看能组成多少个不同的正方形，相同的四个点，不同顺序构成的正方形视为同一正方形。

思路 ： 就是一个简单的枚举，但是你要是四个点四个点的枚举因为数据量到1000，所以肯定会超时的，就两个点两个点枚举，再去判断另外两个点是否存在就可以了，百度了才知道有这样一个公式，知道两个点（x1,y1）(x2,y2)

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)

据说是通过三角形全等证出来的

不过最后的结果要除以4，因为你每个点都枚举到了，所以就重复的加了一个正方形4次

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std ;
const int maxn =  ;
bool vis[maxn<<][maxn<<];//这个要定义成bool类型的，定义成int类型的会超内存
int ch[maxn],sh[maxn] ;
int main()
{
    int n;
    while(scanf("%d",&n)&&n)
    {
        memset(vis,,sizeof(vis)) ;
        int a,b ;
        int cnt =  ;
        for(int i =  ; i <= n ; i++)
        {
            scanf("%d %d",&a,&b) ;
            ch[i] = a ;
            sh[i] = b ;
            vis[maxn+a][maxn+b] =  ;//因为存在负坐标，而数组下标只能为正
        }
        int x1,x2,x3,x4,y1,y2,y3,y4 ;
        for(int i =  ; i <= n ; i++)
        {
            x1 = ch[i] ;
            y1 = sh[i] ;
            for(int j =  ; j < i ; j++)
            {
                x2 = ch[j] ;
                y2 = sh[j] ;
                 x3=x1+(y1-y2);
                y3= y1-(x1-x2);
                x4=x2+(y1-y2);
                y4= y2-(x1-x2);
                if(vis[x3+maxn][y3+maxn]&&vis[x4+maxn][y4+maxn])
                cnt++ ;
                x3=x1-(y1-y2);
                y3= y1+(x1-x2);
                x4=x2-(y1-y2);
                y4= y2+(x1-x2);
                if(vis[x3+maxn][y3+maxn]&&vis[x4+maxn][y4+maxn])
                cnt++ ;
            }
        }
        printf("%d\n",cnt>>) ;
    }
    return  ;
}