題面傳送門
這道題到現在為止還只有我乙個人做出來，還是蠻高興的\(qwq\)
算了不說了，再說\(90\)分的\(zj\)會把我用唾沫星子淹死我的
想法\(1\):暴力列舉:列舉四個點，求這四個點之間的歐幾里得距離，看是否相等，相等即構成乙個正方形。大概\(30\)分。
想法\(2\):構造:列舉三個點，構造出第四個點，看是否存在，用\(map\)約50分，用\(hash\)約\(60\)分。
想法3:高階構造:列舉兩個點，構造出三四個點，用\(hash\)判斷是否存在。
那麼問題來了，怎麼構造第三第四個點?我們列舉的是對角線。這樣可以減少重複列舉。
如果有兩個點，\(midx\)，\(midy\)為兩點連成的線的中點，即為正方形中點。
正方形中點到任意乙個頂點長度一樣，那麼過\(midx\)，\(midy\)作\(y\)軸的垂線，將這個三角形旋轉，得到左邊的點的公式:\(midx-midy+y1\)，\(midy+midx-x1\)
同理，得到右邊的點的公式:\(midx+midy-y1，midy-midx+x1\)
分類討論\(x1，\(x1>x2\)，\(x1=x2\)，\(y1，\(y1>y2\)，\(y1=y2\)，組合一下，得到了\(9\)種情況。
我們發現\(x1=x2\)和\(y1=y2\)可以合併到各類項中，於是我們得到另外一種討論:\(x1\leq x2\)，\(x1\geq x2\)，\(y1\leq y2\)，\(y1\geq y2\)，只有四種情況
於是我們很愉快的得到了四種情況的解(以下\(mid\)用\(m\)代替):
\(x_i\leq xj\)，\(yi\leq yj\):
\(((mx-my+y_i),(my+mx-x_i)),((mx+my-y_i),(my-mx+x_i))\)
\(x_i\geq x_j\),\(y_i\geq y_j\):
\(((mx-my+y_j),(my+mx-x_j)),((mx+my-y_j),(my-mx+x_j))\)
\(x_i\leq x_j\),\(y_i\geq y_j\):
\(((mx-my+y_j),(my-mx+x_i)),((mx+my-y_j),(my+mx-x_i))\)
\(x_i\geq x_j\),\(y_i\leq y_j\):
\(((mx-my+y_i),(my-mx+x_j)),((mx+my-y_i,(my+mx-x_j))\)
但\(mx-my\)必須是整數，所以我們要特判一下。
**實現:
#include#includeusing namespace std;
int head,n,m,x[1039],y[1039],t,flag,h[100039];
double mx,my,nowx,nowy;
struct yyy f[100039];
inline int find(int x,int y)
if(tmp==-1) return 0;
else return 1;
}inline void get(int x,int y) ;
h[ans]=head;
}int main()
for(i=1;i<=n;i++)}}
if(x[j]>=x[i]&&y[j]>=y[i])}}
if(x[j]<=x[i]&&y[j]>=y[i])}}
if(x[j]>=x[i]&&y[j]=}}}
if(flag) break;
}printf("%d\n",flag);
}}
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