Powiedzmy, że masz dodatnią liczbę całkowitą N . Najpierw zbuduj regularny wielokąt, który ma N wierzchołków, przy czym odległość między sąsiednimi wierzchołkami wynosi 1. Następnie połącz linie z każdego wierzchołka do każdego innego wierzchołka. Na koniec obliczyć długość wszystkich linii zsumowanych razem.

Przykład

Biorąc pod uwagę wartość wejściową N = 6 , zbuduj sześciokąt z liniami łączącymi każdy wierzchołek z innymi wierzchołkami.

Jak widać, istnieje w sumie 6 linii brzegowych (długość = 1), 3 linie, które mają podwójną długość granicy (długość = 2) i 6 innych linii, które za pomocą twierdzenia Pitagorasa możemy obliczyć długość dla , który jest

Jeśli dodamy razem długości linii, otrzymamy (6 * 1) + (3 * 2) + (6 * 1,732) = 22,392 .

Dodatkowe informacje

Ponieważ struktury z 2 lub mniejszymi wierzchołkami nie są uważane za wielokąty, wyjmij 0 (lub NaN, ponieważ odległość między pojedynczym wierzchołkiem nie ma większego sensu) dla N = 1, ponieważ pojedynczego wierzchołka nie można połączyć z innymi wierzchołkami, a 1 dla N = 2, ponieważ dwa wierzchołki są połączone jedną linią.

Wejście

Liczba całkowita N, w dowolnym rozsądnym formacie.

Wynik

Długość wszystkich linii zsumowanych razem, z dokładnością do co najmniej 3 miejsc po przecinku, albo jako funkcja powrotu, albo bezpośrednio do wydruku stdout.

Zasady

• Standardowe luki są zabronione.
• To jest golf golfowy , więc wygrywa najkrótszy kod w bajtach, w dowolnym języku.

Powodzenia!

Przypadki testowe

(Input) -> (Output)
1 -> 0 or NaN
2 -> 1
3 -> 3
5 -> 13.091
6 -> 22.392

Python 3 (z sympią ) ,  61 60 58 54  48 bajtów

-6 (może nawet -10, jeśli nie musimy sobie poradzić n=1) dzięki xnor (dalsze uproszczenie trygonometryczne plus dalsze gry w golfa, aby obsłużyć skrzynkę 1 i oszczędzić nawiasy, przesuwając (teraz niepotrzebne) floatrzut).

^{Mam nadzieję, że do pokonania bez bibliotek stron trzecich ? Tak!! ale Sprawmy, żeby wszystko kręciło się ...}

lambda n:1%n*n/2/(1-cos(pi/n))
from math import*

Wypróbuj online!

Wykorzystuje to wzór na sumę długości, jeśli wielokąt jest wpisany w koło jednostkowe, n*cot(pi/2/n)/2i dopasowuje wynik do jednego dla długości boku równej jeden, dzieląc przez grzech tej długości sznurka sin(pi/n).

Pierwszą formułę uzyskuje się, biorąc pod uwagę n-1długości sznurka wszystkich przekątnych wychodzących z jednego rogu, które mają długości sin(pi/n)(ponownie) sin(2*pi/n), ..., sin((n-1)pi/n). Suma tego jest taka cot(pi/2/n), że są nrogi, więc mnożymy przez n, ale potem policzyliśmy dwukrotnie wszystkie sznury, więc dzielimy przez dwa.

Wynik n*cot(pi/2/n)/2/sin(pi/n)został następnie uproszczony przez xnor do n/2/(1-cos(pi/n))(przytrzymanie n>1)

... to (o ile dokładność jest akceptowalna) nie wymaga już sympywbudowanego mathmodułu ( math.pi=3.141592653589793).

Python , 34 bajty

lambda n:1%n*n/abs(1-1j**(2/n))**2

Wypróbuj online!

Używa formuły n/2/(1-cos(pi/n))uproszczonej od Jonathana Allana . Neil zaoszczędził 10 bajtów, zauważając, że Python może obliczyć pierwiastki jedności jako ułamkowe moce 1j.

Python bez importu nie ma wbudowanych funkcji trygonometrycznych pi, lub e. Aby n=1dać 0zamiast 0.25, możemy poprzedzić 1%n*.

Dłuższa wersja wykorzystująca tylko moce liczb naturalnych:

lambda n:1%n*n/abs(1-(1+1e-8j/n)**314159265)**2

Wypróbuj online!

MATL , 16 15 bajtów

t:=ZF&-|Rst2)/s

Wypróbuj online! Lub sprawdź wszystkie przypadki testowe .

Wykorzystuje zatwierdzenie, które wprowadziło funkcję FFT (szybka transformata Fouriera) i które poprzedza wyzwanie o 8 dni.

Wyjaśnienie

Kod wykorzystuje tę sztuczkę (dostosowaną do MATL) do generowania korzeni jedności. Dają one pozycje wierzchołków jako liczby zespolone, z tym wyjątkiem, że odległość między kolejnymi wierzchołkami nie jest znormalizowana do 1. Aby rozwiązać ten problem, po obliczeniu wszystkich odległości parami, program dzieli je przez odległość między kolejnymi wierzchołkami.

t       % Implicit input, n. Duplicate
:       % Range: [1 2 ... n-1 n]
=       % Isequal, element-wise. Gives [0 0 ... 0 1]
ZF      % FFT. Gives the n complex n-th roots of unity
&-|     % Matrix of pairwise absolute differences
R       % Upper triangular matrix. This avoids counting each line twice.
s       % Sum of each column. The second entry gives the distance between
        % consecutive vertices
t2)/    % Divide all entries by the second entry
s       % Sum. Implicit display

Konik polny, 25 prymitywów (11 elementów, 14 drutów)

Czytam meta post na temat programów w GH i LabVIEW i postępuję zgodnie z podobnymi instrukcjami, aby zmierzyć język wizualny.

Drukuj <null>dla N = 0, 1, 2, ponieważ Polygon Primitivenie można wygenerować wielokąta o 2 lub mniejszej liczbie krawędzi, a otrzymasz pustą listę linii.

Komponenty od lewej do prawej:

• Side count suwak: wprowadzanie
• Wielokąt Prymityw: narysuj wielokąt na płótnie
• Rozbij: Rozbij polilinię na segmenty i wierzchołki
• Odsyłacz: buduj holistyczne odniesienie między wszystkimi wierzchołkami
• Linia: narysuj linię między wszystkimi parami
• Usuń zduplikowane linie
• Długość łuku
• (górna) suma
• (dolny) Podział: ponieważ Polygon Primitiverysuje wielokąt na podstawie promienia, musimy przeskalować kształt
• Mnożenie
• Panel: wyjście

Mathematica, 26 bajtów

używa formuły @Jathanathan Allan

N@Cot[Pi/2/#]/2Csc[Pi/#]#&   

Wypróbuj online!

-1 bajt Junghwan min

Haskell , 27 bajtów

f 1=0
f n=n/2/(1-cos(pi/n))

Wypróbuj online!

Właśnie zagłębiłem się w Haskell, więc okazało się, że jest to dobry golf dla początkujących (czyli kopiowanie formuły z innych odpowiedzi).

Starałem się też $gdzieś umieścić, ale kompilator wciąż na mnie krzyczy, więc to najlepsze, co mam. : P

Galaretka , 13 12 11 bajtów

Korzysta ze wzoru Jonathana Allana (i dziękuje mu za uratowanie 2 bajtów)

ØP÷ÆẠCḤɓ’ȧ÷

Wypróbuj online!

Zawsze fascynowała mnie Jelly, ale nie używałem jej zbyt wiele, więc może to nie być najprostsza forma.

JavaScript (ES6), 36 bajtów

n=>1%n*n/2/(1-Math.cos(Math.PI/n))

Port odpowiedzi @ JonathanAllan na Python 3

f=n=>1%n*n/2/(1-Math.cos(Math.PI/n))

<input id=i type=number oninput="o.innerText=f(i.value)" /><pre id=o>