迎着一面矩形的大旗一刀斩下，如果你的刀够快的话，这笔直一刀可以切出两块多边形的残片。反过来说，如果有人拿着两块残片来吹牛，说这是自己迎风一刀斩落的，你能检查一下这是不是真的吗？
注意摆在你面前的两个多边形可不一定是端端正正摆好的，它们可能被平移、被旋转（逆时针90度、180度、或270度），或者被（镜像）翻面。
这里假设原始大旗的四边都与坐标轴是平行的。
输入格式：
输入第一行给出一个正整数N（≤20），随后给出N对多边形。每个多边形按下列格式给出：
…
其中k（2<k≤10）是多边形顶点个数；…是顶点坐标，按照顺时针或逆时针的顺序给出。
注意：题目保证没有多余顶点。即每个多边形的顶点都是不重复的，任意3个相邻顶点不共线。
输出格式：
对每一对多边形，输出YES或者NO。
输入样例：
8
3 0 0 1 0 1 1
3 0 0 1 1 0 1
3 0 0 1 0 1 1
3 0 0 1 1 0 2
4 0 4 1 4 1 0 0 0
4 4 0 4 1 0 1 0 0
3 0 0 1 1 0 1
4 2 3 1 4 1 7 2 7
5 10 10 10 12 12 12 14 11 14 10
3 28 35 29 35 29 37
3 7 9 8 11 8 9
5 87 26 92 26 92 23 90 22 87 22
5 0 0 2 0 1 1 1 2 0 2
4 0 0 1 1 2 1 2 0
4 0 0 0 1 1 1 2 0
4 0 0 0 1 1 1 2 0
输出样例：
YES
NO
YES
YES
YES
YES
NO
YES
反思
写了两个小时，还是wa,我已哭晕在厕所里QAQ
全题没有啥技术含量，但是就是太考验耐心和细心了。总之一句话“be patient!!!”
/summonlight/article/details/62045520?utm_medium=distribute.pc_relevant.none-task-blog-title-3&spm=1001.2101.3001.4242
以下代码是错的，但思路明确，请勿复制粘贴（注：我已经懒得检查了）
#include<bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;struct Node{ll x,y;};void judge6(Node p1[],Node p2[]){ll ans1[3],ans2[3],j1=0,j2=0;for(int i = 0; i < 3; i++){int j = (i+1)%3;ans1[j1++] = (p1[i].x - p1[j].x)*(p1[i].x - p1[j].x) + (p1[i].y - p1[j].y)*(p1[i].y - p1[j].y);ans2[j2++] = (p2[i].x - p2[j].x)*(p2[i].x - p2[j].x) + (p2[i].y - p2[j].y)*(p2[i].y - p2[j].y);}sort(ans1,ans1+3);sort(ans2,ans2+3);for(int i = 0; i < 3; i++){//cout << ans1[i] << endl;//cout << ans2[i] << endl;if(ans1[i] != ans2[i]){cout << "NO" << endl;return;}}cout << "YES" << endl;}void judge7(Node p1[], Node p2[]){ll ans1[3],ans2[4],j1=0,j2=0;for(int i = 0; i < 3; i++){int j = (i+1)%3;ans1[j1++] = (p1[i].x - p1[j].x)*(p1[i].x - p1[j].x) + (p1[i].y - p1[j].y)*(p1[i].y - p1[j].y);//cout << ans1[j1-1] << endl;}for(int i = 0; i < 4; i++){int j = (i+1)%4;ans2[j2++] = (p2[i].x - p2[j].x)*(p2[i].x - p2[j].x) + (p2[i].y - p2[j].y)*(p2[i].y - p2[j].y);//cout << ans2[j2-1] << endl;}int t[20],cnt = 0;for(int i = 0; i < 3; i++){for(int j = 0; j < 4; j++){if(ans1[i] == ans2[j] && ans1[i] != 0){t[cnt++] = ans1[i]*2;ans1[i] = 0;ans2[j] = 0;}}}sort(ans1, ans1+3);sort(ans2, ans2+4);if(cnt < 2){cout << "NO" << endl;return;}if(cnt == 3){for(int i = 0; i < cnt; i++){if(ans2[3] == t[i]){cout << "YES" << endl;return;}}cout << "NO" << endl;return;}if(sqrt(ans2[3]) == sqrt(ans2[2]) + sqrt(ans1[2])){cout << "YES" << endl;return;}cout << "NO" << endl;}void judge81(Node p1[], Node p2[]){ll ans1[3],ans2[4],j1=0,j2=0;for(int i = 0; i < 4; i++){int j = (i+1)%4;ans1[j1++] = (p1[i].x - p1[j].x)*(p1[i].x - p1[j].x) + (p1[i].y - p1[j].y)*(p1[i].y - p1[j].y);ans2[j2++] = (p2[i].x - p2[j].x)*(p2[i].x - p2[j].x) + (p2[i].y - p2[j].y)*(p2[i].y - p2[j].y);//cout << ans2[j2-1] << endl;}int cnt = 0;for(int i = 0; i < 4; i++){for(int j = 0; j < 4; j++){if(ans1[i] == ans2[j]){ans1[i] = 0;ans2[i] = 0;cnt++;}}}if(cnt < 2){cout << "NO" << endl;return;}sort(ans1, ans1+4);sort(ans2, ans2+4);if(ans1[3]+ans2[2] == ans1[2]+ans2[3]){cout << "YES" << endl;}else{cout << "NO" << endl;}}void judge82(Node p1[], Node p2[]){ll ans1[3],ans2[5],j1=0,j2=0;for(int i = 0; i < 3; i++){for(int j = i+1; j < 3; j++){ans1[j1++] = (p1[i].x - p1[j].x)*(p1[i].x - p1[j].x) + (p1[i].y - p1[j].y)*(p1[i].y - p1[j].y);//cout << ans1[j1-1] << endl;}}for(int i = 0; i < 5; i++){int j = (i+1)%5;ans2[j2++] = (p2[i].x - p2[j].x)*(p2[i].x - p2[j].x) + (p2[i].y - p2[j].y)*(p2[i].y - p2[j].y);//cout << ans2[j2-1] << endl;}sort(ans1, ans1+3);sort(ans2, ans2+5);int cnt = 0;for(int i = 0; i < 5; i++){if(ans1[2] == ans2[i]){ans1[2] = 0;ans2[i] = 0;cnt++;break;}}if(cnt < 1){cout << "NO" << endl;return;}sort(ans1, ans1+3);sort(ans2, ans2+5);bool flag1 = false, flag2 = false;for(int i = 1; i < 5; i++){for(int j = 1; j < 5; j++){if(sqrt(ans2[i]) + sqrt(ans1[2]) == sqrt(ans2[j]) && i != j){ans2[i] = 0;ans1[2] = 0;ans2[j] = 0;flag1 = true;break;}}}sort(ans1, ans1+3);sort(ans2, ans2+5);if(sqrt(ans2[4]) == sqrt(ans1[2])+sqrt(ans2[3])){flag2 = true;}if(flag1 && flag2){cout << "YES" << endl;}else{cout << "NO" << endl;}}int main(){int N;cin >> N;while(N--){//6~8个顶点int v1,v2;Node p1[20],p2[20];cin >> v1;for(int i = 0; i < v1; i++){cin >> p1[i].x >> p1[i].y;}cin >> v2;for(int i = 0; i < v2; i++){cin >> p2[i].x >> p2[i].y;}if(v1+v2 == 6){judge6(p1,p2);}else if(v1+v2 == 7){if(v1 == 3){judge7(p1,p2);}else{judge7(p2,p1);}}else if(v1+v2 == 8){if(v1 == 4 && v2 == 4){judge81(p1,p2);}else if(v1 == 3){judge82(p1,p2);}else if(v1 == 5){judge82(p2,p1);}}else{cout << "NO" << endl;}}return 0;}
看了博主的不到100行简单代码，总结思路如下：
思路基本类似，但是他的思路比较清晰：
check()可以通过引用返回横向的长(X)短(x)边，纵向的长(Y)短(y)边，以及平行坐标轴的边数(strt)。
penta()本来是用来判断五边形和三角形的，后来发现前三个写起来都一样就都合在一起了。
quaqua()用来判断两个四边形能不能拼成矩形，其中两个矩形是一种特殊情况 ，如果一个的边长是(A, B)，另一个是(X, Y)，只要A/B中的一个和X/Y中的一个相等就可以了。
其他一般的情况都是通过图中的相等关系判断的
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;typedef pair<int,int> PII;PII a[6],b[6];inline void input(PII a[],int &n){scanf("%d",&n);for (int i=0;i<n;i++) {int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);a[i]=PII(x,y);}}inline void check(PII a[],int n,int &X,int &x,int &Y,int &y,int &strt){X=x=Y=y=strt=0;for (int i=0;i<n;i++) {if (a[i].first==a[(i+1)%n].first) {strt++;int tmp=abs(a[i].second-a[(i+1)%n].second);if (tmp>Y) y=Y,Y=tmp;else y=tmp;} else if (a[i].second==a[(i+1)%n].second) {strt++;int tmp=abs(a[i].first-a[(i+1)%n].first);if (tmp>X) x=X,X=tmp;else x=tmp;}}}inline bool penta(int n,int m){int x,X,y,Y,strt;check(b,m,X,x,Y,y,strt);if (strt!=m-1) return false;int A=Y-y,B=X-x;check(a,n,X,x,Y,y,strt);if (strt!=n-1) return false;return (X==A&&Y==B)||(X==B&&Y==A);}bool quaqua(){int x,X,y,Y,strt;check(b,4,X,x,Y,y,strt);if (strt<3) return false;if (strt==4) {int A=X,B=Y;check(a,4,X,x,Y,y,strt);if (strt!=4) return false;return A==X||A==Y||B==X||B==Y;}int height,A,B;if (y==0) {height=Y;A=X;B=x;} else {height=X;A=Y;B=y;}check(a,4,X,x,Y,y,strt);if (strt<3) return false;if (y==0) {return height==Y&&x+A==X+B;} else {return height==X&&y+A==Y+B;}}int main(){int T,n,m;scanf("%d",&T);while (T--) {input(a,n);input(b,m);if (n>m) {swap(n,m);swap(a,b);}bool f=false;if (n==4&&m==4) f=quaqua();else f=penta(n,m);puts(f?"YES":"NO");}return 0;}
