题解：P6143 [USACO20FEB] Equilateral Triangles P

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这是一道比较有意思的偏数学题。首先容易想到结论：
对于倾角为 \(45°\) 的线段上的点 \(J\) 和点 \(K\)，作等腰三角形 \(JKH\) 然后将其翻转 \(90°\)，得到其全等三角形 \(OHL\)，先抛出结论：线段 \(OL\) 上的每一个奶牛都可以与点 \(J\) 和点 \(K\) 形成一个曼哈段等边三角形。

接下来证明：因为 \(JK\) 的曼哈顿距离等于 \(JH+HK\)，又因为 \(OJ\) 的距离等于 \(OH+HJ\)，\(OK\) 的距离等于 \(OH+HK\)，又因为 \(OH=HK=HJ\)，所以三角形 \(OJK\) 为曼哈顿等边三角形。因为线段 \(OL\) 是一条倾角为 \(45°\) 的线段，所以在这条线段上的每一个点的坐标是由 \(O\) 的 \(X\) 坐标 \(+len\)，\(Y\) 坐标 \(-len\) 变换而来的，所以这条线段上的任意点到 \(J\) 和 \(K\) 的距离不变。证毕。

所以我们可以枚举 \(O\) 点和 \(OH\) 的长度 \(len\)，那么假设 \(O\) 的坐标为 \((x,y)\)，则 \(L\) 坐标为 \((x+len,y-len)\)，那么 \(J\) 和 \(K\) 的坐标分别为 \(J(x+len,y+len),K(x+2\times len,y)\)。所以我们只需要预先处理出每一条斜 \(45°\) 的直线的前缀和，即可快速求出贡献。

下面是代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=701;
int n,a[N][N],f[N][N],b[N][N],ans,tot;
struct tt{
	int x,y;
}e[N*N];
void turn(){
	memcpy(b,a,sizeof(b));
	for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)a[j][i]=b[n-i+1][j];
}
void solve(){
	tot=0;
	memset(f,0,sizeof(f));
	for(int i=1;i<=2*n;i++)for(int j=1;j<=2*n;j++)f[i][j]=f[i-1][j+1]+a[i][j];
	for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)if(a[i][j]==1)e[++tot].x=i,e[tot].y=j;
	for(int i=1;i<=tot;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			int xa=e[i].x,ya=e[i].y;
			int xb=e[i].x+j,yb=e[i].y-j;
			if(xb>n||yb<1)break;
			if(a[xb][yb]==0)continue;
			ans+=f[xa+2*j][ya]-f[xa+j][ya+j];
		}
	}
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	getchar();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		string s;
		getline(cin,s);
		for(int j=0;j<s.size();j++)if(s[j]=='*')a[i][j+1]=1;
	}
	for(int i=1;i<=4;i++){
		solve();
		turn();
	}
	printf("%d",ans);
}