Problem : Policz liczbę otworów w połączonym wielokącie. Łączność wielokąta jest gwarantowana pod warunkiem, że każdy trójkąt w triangulacji wejściowej dzieli co najmniej 1 bok z innym trójkątem i że istnieje tylko jeden taki połączony zestaw trójkątów.

Wejście znajduje się lista Lz npunktów płaszczyzny, a także wykaz T3-krotki z wpisami z 0...n-1. Dla każdego elementu w Tkrotce (t_1,t_2,t_3)reprezentuje trzy wierzchołki (z listy L) trójkąta w triangulacji. Zauważ, że jest to triangulacja w sensie „triangulacji wielokąta” , z tego powodu nigdy nie będzie dwóch trójkątów na Ttym zachodzeniu. Dodatkowym zastrzeżeniem jest to, że nie będziesz musiał dezynfekować danych wejściowych Li Tnie będzie zawierał żadnych powtórzeń.

Przykład 1 : Jeśli L = {{0,0},{1,0},{0,1},{1,2}}i T = {{0,1,2},{1,2,3}}wtedy podany wielokąt ma liczbę otworów równą 0.

Przykład 2 : Jeśli L = {{0,0},{1,0},{2,0},{2,1},{2,2},{1,2},{0,2},{0,1},{.5,.5},{1.5,.5},{1.5,1.5},{.5,1.5}}i T = {{5,6,11},{5,10,11},{4,5,10},{3,8,10},{2,3,9},{2,8,9},{1,2,8},{0,1,8},{0,8,11},{0,7,11},{6,7,11},{3,4,10}}wtedy wejście wielokąta powinno dać wynik 2.

Zadanie polega na napisaniu najkrótszy program (lub funkcja), która pobiera Li Tjako wejście i zwraca liczbę otworów. „Zwycięzca” zostanie uznany za zgłoszenie o najmniejszej liczbie znaków (wstępna data zakończenia 1 czerwca).

Przykładowe formatowanie wejściowe (zwróć uwagę na indeksowanie 0):

0,0
1,0
0,1
1,2
0,1,2
1,2,3    

GolfScript (23 znaki)

~.{2*2/~}%{$}%.&,@@+,-)

Przyjmuje format wejściowy przy użyciu notacji tablicowej GolfScript i współrzędnych cytowanych (lub całkowych). Na przykład

$ golfscript codegolf11738.gs <<<END
[["0" "0"] ["1" "0"] ["2" "0"] ["2" "1"] ["2" "2"] ["1" "2"] ["0" "2"] ["0" "1"] [".5" ".5"] ["1.5" ".5"] ["1.5" "1.5"] [".5" "1.5"]] [[5 6 11] [5 10 11] [4 5 10] [3 8 10] [2 3 9] [2 8 9] [1 2 8] [0 1 8] [0 8 11] [0 7 11] [6 7 11] [3 4 10]]
END
2

( Odpowiednik online )

lub

$ golfscript codegolf11738.gs <<<END
[[0 0] [1 0] [0 1] [1 2]] [[0 1 2] [1 2 3]]
END
0

( Odpowiednik online )

Python, 71

Poniżej znajduje się program (nie funkcja ), który oblicza pożądaną liczbę.

len(set().union(*(map(frozenset,zip(t,t[1:]+t))for t in T)))-len(L+T)+1

Przykładowe użycie:

>>> L = ((0,0),(1,0),(2,0),(2,1),(2,2),(1,2),(0,2),(0,1),(.5,.5),(1.5,.5),(1.5,1.5),(.5,1.5))
>>> T = ((5,6,11),(5,10,11),(4,5,10),(3,8,10),(2,3,9),(2,8,9),(1,2,8),(0,1,8),(0,8,11),(0,7,11),(6,7,11),(3,4,10))
>>> len(set().union(*(map(frozenset,zip(t,t[1:]+t))for t in T)))-len(L+T)+1
2

APL, 36

{1+(⍴⊃∪/{{⍵[⍋⍵]}¨,/3 2⍴⍵,⍵}¨⍵)-⍴⍺,⍵}

Funkcja przyjmuje Lza swój lewy argument i Tza prawy.

Na przykład:

      L←(0 0)(1 0)(0 1)(1 2)
      T←(0 1 2)(1 2 3)
      L{1+(⍴⊃∪/{{⍵[⍋⍵]}¨,/3 2⍴⍵,⍵}¨⍵)-⍴⍺,⍵}T
0
      L←(0 0)(1 0)(2 0)(2 1)(2 2)(1 2)(0 2)(0 1)(.5 .5)(1.5 .5)(1.5 1.5)(.5 1.5)
      T←(5 6 11)(5 10 11)(4 5 10)(3 8 10)(2 3 9)(2 8 9)(1 2 8)(0 1 8)(0 8 11)(0 7 11)(6 7 11)(3 4 10)
      L{1+(⍴⊃∪/{{⍵[⍋⍵]}¨,/3 2⍴⍵,⍵}¨⍵)-⍴⍺,⍵}T
2

Objaśnienie, przechodząc od prawej do lewej:

• ⍴⍺,⍵łączy dwa wektory wejściowe i zwraca ich długość ( V + F)
• Wchodzenie do następnego bloku:
  • ¨⍵ stosuje funkcję po lewej do każdego elementu prawego argumentu i zwraca wynik
  • ⍵,⍵ zwraca właściwy argument skonkatenowany z samym sobą
  • 3 2⍴kształtuje argument wektorowy na trzy pary. W tym przypadku łączy w sobie pierwszą i drugą, trzecią i pierwszą oraz drugą i trzecią pozycję wektora.
  • ,/ łączy ze sobą argument wektorowy
  • ⍵[⍋⍵] sortuje właściwy argument
  • ∪/ odfiltrowuje wszelkie duplikaty
  • ⍴⊃ zamienia zagnieżdżony skalar w wektor i zwraca jego długość.
  • Cała funkcja zwraca liczbę krawędzi w kształcie ( E)
• 1 jest zrozumiałe (mam nadzieję ...)

Cała funkcja następnie zwraca 1+E-(V+F), lub 1-(F+V-E).

Mathematica, 93 (jeszcze mało golfa)

f[l_, t_] :=  Max@MorphologicalComponents[Erosion[Graphics[
                                                        GraphicsComplex[l, Polygon[t + 1]]], 1]] - 1

(Dodano spacje dla zachowania przejrzystości)

Testowanie:

f[{{0, 0}, {1, 0}, {0, 1}, {1, 2}}, {{0, 1, 2}, {1, 2, 3}}]
(*
 -> 0
*)

{l, t} = {{{0, 0}, {1,   0}, {2,    0}, {2,     1}, {2,    2}, {1, 2}, {0, 2}, 
           {0, 1}, {.5, .5}, {1.5, .5}, {1.5, 1.5}, {.5, 1.5}}, 

           {{5, 6, 11}, {5, 10, 11}, {4, 5, 10}, {3, 8, 10}, {2, 3,  9}, 
            {2, 8,  9}, {1,  2,  8}, {0, 1,  8}, {0, 8, 11}, {0, 7, 11}, {6, 7, 11}, {3, 4, 10}}};
f[l, t]
 (*
  -> 2
 *)

Rubinowy, 239 znaków (227 treści)

def f t
e=t.flat_map{|x|x.permutation(2).to_a}.group_by{|x|x}.select{|_,x|x.one?}.keys
n=Hash[e]
(u,n=n,n.dup;e.map{|x|a,b=*x;n[a]=n[n[a]]=n[b]})until n==u
n.values.uniq.size+e.group_by(&:last).map{|_,x|x.size}.reduce(-1){|x,y|x+y/2-1}
end

zauważ, że rozważam tylko topologię. W żaden sposób nie używam pozycji wierzchołków.

osoba dzwoniąca (oczekuje T w formacie Mathematica lub JSON):

input = gets.chomp
input.gsub! "{", "["
input.gsub! "}", "]"
f eval(input)

Test:

f [[0,1,2],[1,2,3]]
#=> 0
f [[5, 6, 11], [5, 10, 11], [4, 5, 10], [3, 8, 10], [2, 3, 9], [2, 8, 9], [1, 2, 8], [0, 1, 8], [0, 8, 11], [0, 7, 11], [6, 7, 11], [3, 4, 10]]
#=> 2
f [[1,2,3],[3,4,5],[5,6,1],[2,3,4],[4,5,6],[6,1,2]]
#=> 1

Mathematica 76 73 72 67 62

Po wielu eksperymentach zdałem sobie sprawę, że dokładna lokalizacja wierzchołków nie ma znaczenia, więc przedstawiłem problem z grafami. Niezbędne niezmienniki, liczba trójkątów, krawędzi i wierzchołków pozostały niezmienne (pod warunkiem, że uda się uniknąć przekroczenia linii).

Na wykresie były dwa rodzaje wewnętrznych „trójkątów”: były to prawdopodobnie twarze, tj. „Wypełniony” trójkąt, i te, których nie było. Liczba ścian wewnętrznych nie miała żadnego związku z krawędziami lub wierzchołkami. Oznaczało to, że dziurkowanie w pełni „wypełnionych” wykresach zmniejszało tylko liczbę twarzy. Bawiłem się systematycznie z wariacjami między trójkątami, śledząc twarze, wierzchołki i krawędzie. W końcu zdałem sobie sprawę, że liczba otworów zawsze była równa 1 - # twarzom - # wierzchołkom + # krawędziom. Okazało się, że wynosi 1 minus charakterystykę Eulera (o której wiedziałem tylko w kontekście regularnych wielościanów (chociaż długość krawędzi wyraźnie nie miała znaczenia).

Poniższa funkcja zwraca liczbę otworów, gdy wprowadzane są wierzchołki i trójkąty. W przeciwieństwie do mojego wcześniejszego zgłoszenia, nie polega on na skanowaniu obrazu. Możesz myśleć o tym jako o 1 - charakterystyce Eulera, tj. 1 - (F + V -E) gdzie F= #faces, V= # wierzchołki, E= # krawędzie. Funkcja zwraca liczbę otworów, 1 - (F + V -E)biorąc pod uwagę rzeczywiste ściany (trójkąty) i wierzchołki.

Można łatwo wykazać, że usunięcie dowolnego trójkąta na zewnątrz kompleksu nie ma wpływu na charakterystykę Eulera, niezależnie od tego, czy dzieli on jeden czy 2 boki z innymi trójkątami.

Uwaga: Małe litery vzostaną użyte zamiast Loryginalnego preparatu; to znaczy, że zawiera same wierzchołki (nie V, liczba wierzchołków)

fjest stosowany Tz oryginalnego preparatu; to znaczy zawiera trójkąty, reprezentowane jako uporządkowany potrójny indeks wierzchołków.

Kod

z=Length;1-z@#2-z@#+z[Union@@(Sort/@{#|#2,#2|#3,#3|#}&@@@#2)]&

(Podziękowania dla pana Kreatora za usunięcie 5 znaków przez wyeliminowanie reguły zastępowania.)

Przykład 1

v = {{0, 0}, {1, 0}, {0, 1}, {1, 2}}; f = {{0, 1, 2}, {1, 2, 3}};

z=Length;1-z@#2-z@#+z[Union@@(Sort/@{#|#2,#2|#3,#3|#}&@@@#2)]&[v, f]

0

Zero otworów.

Przykład 2

v = {{0, 0}, {1, 0}, {2, 0}, {2, 1}, {2, 2}, {1, 2}, {0, 2}, {0, 1} , {.5, .5}, {1.5, .5}, {1.5, 1.5}, {.5, 1.5}}; f = {{5, 6, 11}, {5, 10, 11}, {4, 5, 10}, {3, 8, 10}, {2, 3, 9}, {2, 8, 9} , {1, 2, 8}, {0, 1, 8}, {0, 8, 11}, {0, 7, 11}, {6, 7, 11}, {3, 4, 10}};

z=Length;1-z@#2-z@#+z[Union@@(Sort/@{#|#2,#2|#3,#3|#}&@@@#2)]&[v, f]

2)

Zatem 2 otwory są w przykładzie 2.

Python, 107

Uświadomiłem sobie, że bezpośrednie parowanie było krótsze niż from itertools import*i pisanie combinations(). Zauważyłem również, że moje rozwiązanie opierało się na wejściowych trójkątnych ścianach, których wierzchołki były wymienione w spójnej kolejności. Dlatego wzrost liczby znaków nie jest tak duży.

f=lambda l,t:1-len(l+t)+len(set([tuple(sorted(m))for n in[[i[:2],i[1:],[i[0],i[2]]]for i in t]for m in n]))

Podejście charakterystyczne dla Eulera, gadatliwość itertoolów wydaje się niemożliwa do uniknięcia. Zastanawiam się, czy taniej byłoby zastosować bardziej bezpośrednią technikę tworzenia par wierzchołków.

from itertools import*
f=lambda l,t:1-len(l+t)+len(set([m for n in[list(combinations(i,2)) for i in t]for m in n]))

Przykład użycia:

> f([[0,0],[1,0],[0,1],[1,2]],[[0,1,2],[1,2,3]])
> 0
> f([[0,0],[1,0],[2,0],[2,1],[2,2],[1,2],[0,2],[0,1],[.5,.5],[1.5,.5],[1.5,1.5],[.5,1.5]],[[5,6,11],[5,10,11],[4,5,10],[3,8,10],[2,3,9],[2,8,9],[1,2,8],[0,1,8],[0,8,11],[0,7,11],[6,7,11],[3,4,10]])
> 2