【题解】A566.三点共线
题目大意，给定在平面直角坐标系中的多个点，判断有多少个三元组 \((A, B, C)\) 满足共线性质。
题目链接：A566.三点共线。
大题思路就是暴力所有的三元组，判断三个元素的斜率是否相同即可。其实还有其他方法可以做，我个人感觉用斜率法最简单。
有几点需要注意：
-
在计算斜率的时候，如果多个点处于一个与横坐标轴垂直的线上，那么除以 \(0\) 的时候会爆\(\color{royalblue}\text{RE}\) 需要特判一下。
-
存储的时候需要使用
double类型。 -
在选取三元组的时候，需要保证不重复不遗漏。不会出现一个点被多次选中，相同的组合被多次计算的情况。
-
斜率法：
对于三个点 \((x_1, y_1)\), \((x_2, y_2)\), 和 \((x_3, y_3)\)，计算任意两点之间的斜率。如果这三个斜率相等，则这三个点共线。但是要注意的是，当两个点的 x 坐标相等时，斜率会无穷大，因此在实际计算中需要特别处理这种情况。
\[\frac{dy}{dx} = \frac{{y_2 - y_1}}{{x_2 - x_1}} \]
#include <iostream>
using namespace std;
struct point{
int x;
int y;
} arr[105];
int n, cnt = 0;
int main(){
cin >> n;
for (int i=1; i<=n; i++)
cin >> arr[i].x >> arr[i].y;
for (int i=1; i<=n; i++){
for (int j=i+1; j<=n; j++){
for (int k=j+1; k<=n; k++){
int x1 = arr[i].x; int x2 = arr[j].x; int x3 = arr[k].x;
int y1 = arr[i].y; int y2 = arr[j].y; int y3 = arr[k].y;
if (x1 - x2 == 0 && x3 - x2 == 0){
cnt++;
continue;
}
if (x1 - x2 == 0 || x3 - x2 == 0)
continue;
double s1 = 1.0 * (y2 - y1) / (x2 - x1);
double s2 = 1.0 * (y3 - y2) / (x3 - x2);
if (s1 == s2) cnt++;
}
}
}
cout << cnt << endl;
return 0;
}
-
向量法：
设想将三个点看作向量，即 \(\vec{P_1P_2}\) 和 \(\vec{P_1P_3}\)。如果这两个向量是平行的，则三个点共线。你可以通过计算这两个向量的叉积来验证它们是否平行。如果叉积为零，则两个向量平行，即三个点共线。
\[\text{Cross Product} = \vec{P_1P_2} \times \vec{P_1P_3} = (x_2 - x_1)(y_3 - y_1) - (y_2 - y_1)(x_3 - x_1) \]
#include <iostream>
using namespace std;
struct point{
int x;
int y;
} arr[105];
int n, cnt;
int main(){
cin >> n;
for (int i=1; i<=n; i++)
cin >> arr[i].x >> arr[i].y;
for (int i=1; i<=n; i++){
for (int j=i+1; j<=n; j++){
for (int k=j+1; k<=n; k++){
int x1 = arr[i].x; int x2 = arr[j].x; int x3 = arr[k].x;
int y1 = arr[i].y; int y2 = arr[j].y; int y3 = arr[k].y;
if ((x2 - x1) * (y3 - y1) - (y2 - y1) * (x3 - x1) == 0)
cnt++;
}
}
}
cout << cnt << endl;
return 0;
}
-
行列式法：
将三个点的坐标表示成矩阵形式，然后计算这个矩阵的行列式。如果行列式的值为零，则表示这三个点共线。有关行列式的计算可以自行在搜索引擎上搜索。
\[\text{Determinant} = \begin{vmatrix} x_1 & y_1 & 1 \\ x_2 & y_2 & 1 \\ x_3 & y_3 & 1 \end{vmatrix} = 0 \]
#include <iostream>
using namespace std;
struct point{
int x;
int y;
} arr[105];
int n, cnt;
int main(){
cin >> n;
for (int i=1; i<=n; i++)
cin >> arr[i].x >> arr[i].y;
for (int i=1; i<=n; i++){
for (int j=i+1; j<=n; j++){
for (int k=j+1; k<=n; k++){
double x1 = arr[i].x; double x2 = arr[j].x; double x3 = arr[k].x;
double y1 = arr[i].y; double y2 = arr[j].y; double y3 = arr[k].y;
if (x1 * y2 + y1 * x3 + x2 * y3 - x1 * y3 - y2 * x3 - x2 * y1 == 0)
cnt++;
}
}
}
cout << cnt << endl;
return 0;
}
-
面积法：
如果三个点 \(A(x_1, y_1)\), \(B(x_2, y_2)\), 和 \(C(x_3, y_3)\) 共线，则它们构成的三角形的面积为零。
\[S_{area} = \frac{1}{2} |x_1(y_2 - y_3) + x_2(y_3 - y_1) + x_3(y_1 - y_2)| \]
#include <iostream>
using namespace std;
struct point{
int x;
int y;
} arr[105];
int n, cnt;
int main(){
cin >> n;
for (int i=1; i<=n; i++)
cin >> arr[i].x >> arr[i].y;
for (int i=1; i<=n; i++){
for (int j=i+1; j<=n; j++){
for (int k=j+1; k<=n; k++){
int x1 = arr[i].x; int x2 = arr[j].x; int x3 = arr[k].x;
int y1 = arr[i].y; int y2 = arr[j].y; int y3 = arr[k].y;
if (0.5 * (x1 * (y2 - y3) + x2 * (y3 - y1) + x3*(y1-y2)) == 0)
cnt++;
}
}
}
cout << cnt << endl;
return 0;
}
以上所有代码的时间复杂度为 \(O(n^3)\)，其中 \(n\) 是点的数量。但对于本题而言，没有问题不会超时。
