h3. Rezolvare

Pentru un dreptunghi cu laturile paralele cu axele de coordonate de lungime $M$ şi lăţime $N$ avem că numărul de puncte situate strict în interiorul dreptunghiului este $(M – 1)*(N – 1)$, iar numărul de puncte situate pe laturile poligonului este $2M + 2N$. Dacă notăm cu $B$ numărul de puncte de pe laturi, cu $I$ numărul de puncte situate strict în interiorul unui dreptunghi şi cu $A$ aria dreptunghiului, observăm că $I + B/2 – 1 = (M – 1) * (N – 1) + M + N – 1 = M * N = A$.
În cazul triunghiurilor dreptunghice ce au două catete vom vedea că această formulă se păstrează. Evident avem că $A = (M * N)/2$. Pe ipotenuza triunghiului vom avea $D$ puncte ($D = cmmdc(M, N) + 1$, dar aceasta nu ne interesează pe moment). Rezultă că numărul de puncte de pe laturile triunghiului este $B = M + N + D – 1$. Numărul de puncte $I$ din interiorul triunghiului este numărul de puncte din interiorul dreptunghiului $(M - 1) * (N - 1)$ din care se scad punctele interioare de pe diagonala $D – 2$, rezultatul împărţindu-se apoi la $2$. De aici avem $I = ((M - 1) * (N - 1) – D + 2) / 2$.

Pentru un dreptunghi cu laturile paralele cu axele de coordonate de lungime $M$ şi lăţime $N$ avem că numărul de puncte situate strict în interiorul dreptunghiului este $(M - 1)*(N - 1)$, iar numărul de puncte situate pe laturile poligonului este $2M + 2N$. Dacă notăm cu $B$ numărul de puncte de pe laturi, cu $I$ numărul de puncte situate strict în interiorul unui dreptunghi şi cu $A$ aria dreptunghiului, observăm că $I + B/2 - 1 = (M - 1) * (N - 1) + M + N - 1 = M * N = A$.
În cazul triunghiurilor dreptunghice ce au două catete vom vedea că această formulă se păstrează. Evident avem că $A = (M * N)/2$. Pe ipotenuza triunghiului vom avea $D$ puncte ({$D = cmmdc(M, N) + 1$}, dar aceasta nu ne interesează pe moment). Rezultă că numărul de puncte de pe laturile triunghiului este $B = M + N + D - 1$. Numărul de puncte $I$ din interiorul triunghiului este numărul de puncte din interiorul dreptunghiului $(M - 1) * (N - 1)$ din care se scad punctele interioare de pe diagonala $D - 2$, rezultatul împărţindu-se apoi la $2$. De aici avem $I = ((M - 1) * (N - 1) - D + 2) / 2$.

Verificăm formula $I + B/2 – 1 = (M - 1) * (N - 1)/2 – D/2 + 1 + M/2 + N/2 + D/2 + 1/2 = (M * N)/2$. Deci formula se verifică şi pe astfel de triunghiuri.

Verificăm formula $I + B/2 - 1 = (M - 1) * (N - 1)/2 - D/2 + 1 + M/2 + N/2 + D/2 + 1/2 = (M * N)/2$. Deci formula se verifică şi pe astfel de triunghiuri.

Acum ne uităm la cel mai mic dreptunghi ce conţine un triunghi oarecare. Acest dreptunghi poate fi împărţit în patru triunghiuri din care unul este cel iniţial, iar celelalte sunt trei triunghiuri dreptunghice pentru care catetele merg de-a lungul liniilor laticiale. Vom vedea că formula noastră se verifică şi pentru triunghiuri oarecare. Notăm cu $I{~d~}$ numărul de puncte interioare dreptunghiului, $A{~d~}$ aria dreptunghiului şi $B{~d~}$ numărul de puncte de pe laturile dreptunghiului, cu $I{~1~}$, $I{~2~}$, $I{~3~}$ numărul de puncte din interiorul celor trei triunghiuri dreptunghice, $B{~1~}$, $B{~2~}$, $B{~3~}$ numărul de puncte de pe laturile celor trei triunghiuri, iar $A{~1~}$, $A{~2~}$ şi $A{~3~}$ ariile celor trei triunghiuri. Avem că $I = I{~d~}–I{~1~}–I{~2~}–I{~3~}–B+3$ (trebuie să eliminăm punctele de pe laturile triunghiului interior şi să avem grijă de vârfurile acestui triunghi), $B = B{~1~}+B{~2~}+B{~3~}–B{~d~}$ iar $A = A{~d~}–A{~1~}–A{~2~}–A{~3~}$. De aici avem că $I+B/2–1 = I{~d~}–I{~1~}–I{~2~}–I{~3~} - B{~1~}/2-B{~2~}/2-B{~3~}/2+B{~d~}/2–1+3 = (I{~d~}+B{~d~}/2–1)–(I{~1~}+B{~1~}/2–1) - (I{~1~}+B{~1~}/2–1)-(I{~1~}+B{~1~}/2–1) = A{~d~}–A{~1~}–A{~2~}–A{~3~} = A$, deci egalitarea este valabilă şi pentru triunghiuri oarecare.

Acum ne uităm la cel mai mic dreptunghi ce conţine un triunghi oarecare. Acest dreptunghi poate fi împărţit în patru triunghiuri din care unul este cel iniţial, iar celelalte sunt trei triunghiuri dreptunghice pentru care catetele merg de-a lungul liniilor laticiale. Vom vedea că formula noastră se verifică şi pentru triunghiuri oarecare. Notăm cu $I{~d~}$ numărul de puncte interioare dreptunghiului, $A{~d~}$ aria dreptunghiului şi $B{~d~}$ numărul de puncte de pe laturile dreptunghiului, cu $I{~1~}$, $I{~2~}$, $I{~3~}$ numărul de puncte din interiorul celor trei triunghiuri dreptunghice, $B{~1~}$, $B{~2~}$, $B{~3~}$ numărul de puncte de pe laturile celor trei triunghiuri, iar $A{~1~}$, $A{~2~}$ şi $A{~3~}$ ariile celor trei triunghiuri. Avem că $I = I{~d~} - I{~1~} - I{~2~} - I{~3~} - B + 3$ (trebuie să eliminăm punctele de pe laturile triunghiului interior şi să avem grijă de vârfurile acestui triunghi), $B = B{~1~} + B{~2~} + B{~3~} - B{~d~}$ iar $A = A{~d~} - A{~1~} - A{~2~} - A{~3~}$. De aici avem că $I + B/2 - 1 = I{~d~} - I{~1~} - I{~2~} - I{~3~} - B{~1~}/2 - B{~2~}/2 - B{~3~}/2 + B{~d~}/2 - 1 + 3 = (I{~d~} + B{~d~}/2 - 1) - (I{~1~} + B{~1~}/2 - 1) - (I{~1~} + B{~1~}/2 - 1) - (I{~1~} + B{~1~}/2 - 1) = A{~d~} - A{~1~} - A{~2~} - A{~3~} = A$, deci egalitarea este valabilă şi pentru triunghiuri oarecare.

p=. !probleme-cu-puncte-laticiale?img3.JPG!

Acum aria triunghiului cu vârfurile $(x1, y1)$, $(x2, y2)$, $(x3, y3)$ o putem afla uşor folosind formula lui Heron sau folosind
<tex> \frac {1} {2} \cdot | \left| \begin{array}{ccc}
x1 & y1 & 1 \\
x2 & y2 & 1 \\
x3 & y3 & 1 \end{array} \right| |.  </tex>

Acum aria triunghiului cu vârfurile $(x1, y1)$, $(x2, y2)$, $(x3, y3)$ o putem afla uşor folosind 'formula lui Heron':http://en.wikipedia.org/wiki/Heron%27s_formula sau folosind:
<tex> \displaystyle \frac {1} {2} \cdot | \left| \begin{array}{ccc}
x_{1} & y_{1} & 1 \\
x_{2} & y_{2} & 1 \\
x_{3} & y_{3} & 1 \end{array} \right| |.  </tex>

Numărul de puncte de pe laturile triunghiului poate fi determinat uşor folosind formula demonstrată în problema anterioară. Acum folosind formula $I+B/2–1 = A$ putem afla numărul $I$ şi problema e rezolvată prin întoarcerea numărului $I+B$. Complexitatea rezolvării este $O(log N)$ unde $N$ este valoarea maximă a coordonatelor.

Numărul de puncte de pe laturile triunghiului poate fi determinat uşor folosind formula demonstrată în problema anterioară. Acum folosind formula $I + B/2 - 1 = A$ putem afla numărul $I$ şi problema e rezolvată prin întoarcerea numărului $I + B$. Complexitatea rezolvării este $O(log N)$ unde $N$ este valoarea maximă a coordonatelor.

h2(#problema3). Problema 3: 'Copaci':problema/copaci (info{_arena_})

h3. Rezolvare

Formula $I+B/2–1 = A$ prezentată mai sus se numeşte 'Teorema lui Pick':http://en.wikipedia.org/wiki/Pick%27s_theorem, iar ea este valabilă şi pentru poligoane oarecare. Acest fapt este adevărat pentru că orice poligon are o diagonală înterioară, această diagonală îl împarte în două poligoane distincte, dacă notăm $I{~1~}$ şi $I{~2~}$ punctele interioare celor două poligoane, $B{~1~}$ şi $B{~2~}$ punctele de pe laturile celor două poligoane, $A{~1~}$ şi $A{~2~}$ laturile celor două poligoane şi $D$ numărul de puncte de cooronate întregi de pe diagonală atunci dacă egalitatea ar fi fost satisfăcută pentru cele două poligoane atunci avem că $B{~1~}+B{~2~} = B+2D-2$, $I = I{~1~}+I{~2~}+D–2$. De aici avem $A = A{~1~}+A{~2~} = I{~1~}+B{~1~}/2–1+I{~2~}+B{~2~}/2-1 = I{~1~}+I{~2~}+B/2+D–1–2 = I+B/2–1$. Astfel putem demonstra prin inducţie că relaţia este satisfăcută pentru orice poligon.

Formula $I+B/2-1 = A$ prezentată mai sus se numeşte 'Teorema lui Pick':http://en.wikipedia.org/wiki/Pick%27s_theorem, iar ea este valabilă şi pentru poligoane oarecare. Acest fapt este adevărat pentru că orice poligon are o diagonală înterioară, această diagonală îl împarte în două poligoane distincte, dacă notăm $I{~1~}$ şi $I{~2~}$ punctele interioare celor două poligoane, $B{~1~}$ şi $B{~2~}$ punctele de pe laturile celor două poligoane, $A{~1~}$ şi $A{~2~}$ laturile celor două poligoane şi $D$ numărul de puncte de cooronate întregi de pe diagonală atunci dacă egalitatea ar fi fost satisfăcută pentru cele două poligoane atunci avem că $B{~1~}+B{~2~} = B+2D-2$, $I = I{~1~}+I{~2~}+D-2$. De aici avem $A = A{~1~}+A{~2~} = I{~1~}+B{~1~}/2-1+I{~2~}+B{~2~}/2-1 = I{~1~}+I{~2~}+B/2+D-1-2 = I+B/2-1$. Astfel putem demonstra prin inducţie că relaţia este satisfăcută pentru orice poligon.

Aria unui poligon poate fi calculată uşor folosind următoarea formulă
<tex> A = \sum (x_i \cdot y_{i+1}-x_{i+1} \cdot y_i) </tex>, unde punctul de indice $n+1$ este primul punct. Astfel obţinem un algoritm de complexitate $O(N log (MaxX + MaxY))$.

h3. Rezolvare:

Un pătrat cu latură ce conţine $L$ puncte, ce are laturile paralele cu axele de coordonate poate fi translatat în $(N–L+1)×(N–L+1)$ poziţii diferite pe grila noastră.

Un pătrat cu latură ce conţine $L$ puncte, ce are laturile paralele cu axele de coordonate poate fi translatat în $(N-L+1)×(N-L+1)$ poziţii diferite pe grila noastră.

!probleme-cu-puncte-laticiale?img6.JPG!

Considerăm pentru un pătrat din mulţimea soluţiilor, dreptunghiul minim cu laturile paralele cu axele de coordonate ce conţine acest pătrat. Este uşor să vedem că acest dreptunghi este de fapt un pătrat. Într-un pătrat ce are $L$ puncte pe latura înscrie $L – 2$ pătrate care nu au laturile paralele cu axele de coordonate.

Considerăm pentru un pătrat din mulţimea soluţiilor, dreptunghiul minim cu laturile paralele cu axele de coordonate ce conţine acest pătrat. Este uşor să vedem că acest dreptunghi este de fapt un pătrat. Într-un pătrat ce are $L$ puncte pe latura înscrie $L - 2$ pătrate care nu au laturile paralele cu axele de coordonate.

!probleme-cu-puncte-laticiale?img7.JPG!
Astfel vedem că numărul total de pătrate pe o grilă $N × M$ este:

Sumă după $L$ de la $2$ la $N$ de $(N–L+1) × (N–L+1) × (L–1) =$
suma $L$ de la $1$ la $N-1$ de $(N–L) × (N–L) × L =$ suma cu $L$ de la $1$ la $N–1$ de $LN^2^–2 NL^2^ + L^3^ = N^2^ ×$ suma $L$ de la $1$ la $N-1-2N$ suma $L$ de la $1$ la $N–1$ de $L^2^ +$ suma de $L$ de la $1$ la $N–1$ de $L^3^ = N^2^ ×  N(N-1)/2-2N n(n-1)(2n-1)/6 + [n(n-1)/2]^2^$.

Sumă după $L$ de la $2$ la $N$ de $(N-L+1) × (N-L+1) × (L-1) =$
suma $L$ de la $1$ la $N-1$ de $(N-L) × (N-L) × L =$ suma cu $L$ de la $1$ la $N-1$ de $LN^2^-2 NL^2^ + L^3^ = N^2^ ×$ suma $L$ de la $1$ la $N-1-2N$ suma $L$ de la $1$ la $N-1$ de $L^2^ +$ suma de $L$ de la $1$ la $N-1$ de $L^3^ = N^2^ ×  N(N-1)/2-2N n(n-1)(2n-1)/6 + [n(n-1)/2]^2^$.

<tex>
\begin{array} {lcl} \[ \sum_{L=2}^N {(N-L+1)(N-L+1)(L-1)} \] & = & \[\sum_{L=1}^{N-1} {(N-1)(N-1)L} \] \\ & = & \[\sum_{L=1}^{N-1} {LN^2 - 2NL^2 + L^3}\] \\ & = & \[N^2\sum_{L=1}^{N-1} {L} - 2N\sum_{L=1}^{N-1} {L^2} + \sum_{L=1}^{N-1} {L^3} \] \\ & = & \[n^2\fraq {N(N-1)}{2} - 2n\fraq{N(N-1)(2N-1)}{6} + \left[\fraq{N(N-1)}{2}\rigt]^2 .\] \end{array}

Această soluţie are complexitatea $O(1)$, fiind o simplă formulă.

h2(#problema5). Problema 5 Counting triangles (ACM ICPC Asia – Dhaka 2005/2006)

h2(#problema5). Problema 5 Counting triangles (ACM ICPC Asia - Dhaka 2005/2006)

Triunghiurile sunt poligoane cu trei laturi şi cu aria strict pozitivă. Triunghiurile laticiale sunt triunghiuri ce au vârfurile de coordonate întregi. În această problemă va trebui să găsiţi numărul de triunghiuri laticiale ce se pot găsi pe o grilă de dimensiuni $M×N$ $(1 ≤ M, N ≤ 1000)$. De exemplu pe o grilă de dimensiuni $1×2$ găsim $18$ triunghiuri laticiale distincte după cum vedem în figură:

!probleme-cu-puncte-laticiale?img9.JPG!

Oricum ar fi un triunghi situat într-un dreptunghi ce este minimal, cel putin un vârf al triunghiului trebuie să fie un vârf al dreptunghiului. Se disting astfel două cazuri: primul în care un vârf al triunghiului este şi vârf al dreptunghiului şi celelalte două puncte sunt situate pe cele două laturi ale dreptunghiului ce nu au ca şi capăt primul punct, iar al doilea caz în care cel puţin două vârfuri sunt vârfuri ale dreptunghiului opuse pe diagonală. Dacă dreptunghiul are $H$ puncte pe verticală şi $W$ puncte pe orizontală, atunci în primul caz vom avea $4 × ((H–1) × (W–1) + H–1 + W-1)$ triunghiuri, iar în al doilea caz vom avea $2 × (H × W - X)$ unde $X$ e numărul de puncte de coordonate întregi de pe diagonala dreptunghiului. Cum trebuie să numărăm triunghiurile înscrise în fiecare dreptughi pt care $1 ≤ H ≤ N$ şi $1 ≤ W ≤ M$, obţinem un algoritm de complexitate $O(NM log N)$, acel $log N$ apare la calcularea lui $X$.

Oricum ar fi un triunghi situat într-un dreptunghi ce este minimal, cel putin un vârf al triunghiului trebuie să fie un vârf al dreptunghiului. Se disting astfel două cazuri: primul în care un vârf al triunghiului este şi vârf al dreptunghiului şi celelalte două puncte sunt situate pe cele două laturi ale dreptunghiului ce nu au ca şi capăt primul punct, iar al doilea caz în care cel puţin două vârfuri sunt vârfuri ale dreptunghiului opuse pe diagonală. Dacă dreptunghiul are $H$ puncte pe verticală şi $W$ puncte pe orizontală, atunci în primul caz vom avea $4 × ((H-1) × (W-1) + H-1 + W-1)$ triunghiuri, iar în al doilea caz vom avea $2 × (H × W - X)$ unde $X$ e numărul de puncte de coordonate întregi de pe diagonala dreptunghiului. Cum trebuie să numărăm triunghiurile înscrise în fiecare dreptughi pt care $1 ≤ H ≤ N$ şi $1 ≤ W ≤ M$, obţinem un algoritm de complexitate $O(NM log N)$, acel $log N$ apare la calcularea lui $X$.

h2(#problema6). Problema 6 'Dreptunghiuri':problema/dreptunghiuri (preOni 2006 runda 1)

$MM’^2^ = (AQ + QD)^2^$
$M’P^2^ = (PD - PC)^2^$
$MM’^2^ + M’P^2^ = MP^2^$

De aici rezultă că $(AQ + QD)^2^ + (PD – PC)^2^ = AQ^2^ + DQ^2^ + AM^2^ + MB^2^$, astfel obtinem $AQ×QD = AM×MA$, dacă notăm cu $A$ lungimea lui $AM$ şi cu $x$ lungimea lui $AQ$ atunci avem că $QD =  H–A$, iar $MA = W–x$ deci avem că $x^2 – W×x + A×(H–A) = 0$. Dacă îl fixăm pe $A$ atunci trebuie să rezolvăm o ecuaţie de gradul doi în necunoscuta $x$, soluţia trebuie să fie întreagă între $0$ şi $W$.
Astfel in $O(H)$ vom şti numărul de dreptunghiuri înscrise într-un dreptunghi de dimensiuni $H×W$. Acest dreptunghi poate fi pus in $(N–H+1)×(M–H+1)$ locaţii pe o grilă de dimensiune $N×M$. Deci soluţia are complexitate $O(N*M^2^)$, pentru fiecare dreptunghi de dimensiuni $1 ≤ H ≤ N$ şi $1 ≤ W ≤ M$ calculându-se numărul de dreptunghiuri înscrise.
O rezolvare de complexitate $O(N^2^*M^2^)$ în care se căutau soluţiile ecuaţiei printr-un $for$ ar fi luat $60$ de puncte. Rezolvarea directă folosind ecuaţia de gradul doi ia în jur de $80$ de puncte. Algoritmul poate fi optimizat la factorii constanţi, de exemplu avem nevoie de funcţia radical care este cam înceată, precalculând-o obţinem o accelerare a vitezei, altă idee ar fi că numărul de soluţii cu $A ≤ H/2$ este egal cu numărul de soluţii cu $H – H/2 ≤ A$ şi a treia idee de optimizare este că numărul de dreptunghiuri înscrise într-un dreptunghi de dimensiuni $H, W$ este acelaşi cu numărul de dreptunghiuri înscrise intr-un dreptunghi de dimensiuni $W, H$.

De aici rezultă că $(AQ + QD)^2^ + (PD - PC)^2^ = AQ^2^ + DQ^2^ + AM^2^ + MB^2^$, astfel obtinem $AQ×QD = AM×MA$, dacă notăm cu $A$ lungimea lui $AM$ şi cu $x$ lungimea lui $AQ$ atunci avem că $QD =  H-A$, iar $MA = W-x$ deci avem că $x^2 - W×x + A×(H-A) = 0$. Dacă îl fixăm pe $A$ atunci trebuie să rezolvăm o ecuaţie de gradul doi în necunoscuta $x$, soluţia trebuie să fie întreagă între $0$ şi $W$.
Astfel in $O(H)$ vom şti numărul de dreptunghiuri înscrise într-un dreptunghi de dimensiuni $H×W$. Acest dreptunghi poate fi pus in $(N-H+1)×(M-H+1)$ locaţii pe o grilă de dimensiune $N×M$. Deci soluţia are complexitate $O(N*M^2^)$, pentru fiecare dreptunghi de dimensiuni $1 ≤ H ≤ N$ şi $1 ≤ W ≤ M$ calculându-se numărul de dreptunghiuri înscrise.
O rezolvare de complexitate $O(N^2^*M^2^)$ în care se căutau soluţiile ecuaţiei printr-un $for$ ar fi luat $60$ de puncte. Rezolvarea directă folosind ecuaţia de gradul doi ia în jur de $80$ de puncte. Algoritmul poate fi optimizat la factorii constanţi, de exemplu avem nevoie de funcţia radical care este cam înceată, precalculând-o obţinem o accelerare a vitezei, altă idee ar fi că numărul de soluţii cu $A ≤ H/2$ este egal cu numărul de soluţii cu $H - H/2 ≤ A$ şi a treia idee de optimizare este că numărul de dreptunghiuri înscrise într-un dreptunghi de dimensiuni $H, W$ este acelaşi cu numărul de dreptunghiuri înscrise intr-un dreptunghi de dimensiuni $W, H$.

h2(#problema7). Problema 7 Paralelograme (Bursele Agora 2005/2006 runda 1)

Primul în care cele patru puncte sunt pe laturile dreptunghiului iar nici un vârf nu coincide cu vârfurile dreptunghiului, şi al doilea în care există două puncte în vârfuri opuse ale dreptunghiului.
În primul caz, dacă avem poziţiile a două vârfuri fixate pe două laturi consecutive ale dreptunghiului, atunci poziţiile celorlator două vârfuri sunt unic determinate. De aici obţinem că în primul caz avem $(h-2)×(w-2)$ paralelograme.

În al doilea caz dacă fixăm două vârfuri ale paralelogramului în colţurile dreptunghiului, celelalte două vârfuri vor fi simetrice faţă de centrul de greutate al dreptunghiului, trebuie să nu luăm în calcul posibilitatea ca vărfurile să fie pe diagonala dreptunghiului, de aici obţinem $h * w - cmmdc(h-1, w-1) – 2$ posibilităţi.

În al doilea caz dacă fixăm două vârfuri ale paralelogramului în colţurile dreptunghiului, celelalte două vârfuri vor fi simetrice faţă de centrul de greutate al dreptunghiului, trebuie să nu luăm în calcul posibilitatea ca vărfurile să fie pe diagonala dreptunghiului, de aici obţinem $h * w - cmmdc(h-1, w-1) - 2$ posibilităţi.

Astfel am ajuns la următorul algoritm:

* Iaglom, Iaglom, Probleme neelementare tratate elementar, ed tehnică, Bucureşti, 1962
* 'WolframMathWorld':http://mathworld.wolfram.com
* 'FAQs':http://www.faqs.org/faqs/graphics/algorithms-faq/

* 'Geometry Algorithms':http://geometryalgorithms.com/Archive/algorithm_0101/
 

* 'Geometry Algorithms':http://geometryalgorithms.com/Archive/algorithm_0101/