题目大意：
给定一个图形S，让这个图形任意平移，但是要保证原点（0,0）一直在它的内部或者边上
最后把它能移动到的所有位置进行拼合可以得到一个图形T
问图形S与图形T是否相似
点会按照逆时针顺序给出
x和y都是整数
图1：图示正三角形平移后拼合可以得到一个正六边形
图2：斜正方形平移后拼合可以得到一个大的斜正方形
解题思路：
证：
首先能得到的结论是，不论给定的是什么图形，让他平移后得到的图形T绝对是一个中心对称图形（这个草稿纸上证明下吧，或者下面也会有证明）
所以要想让某个图形与一个中心对称图形对称，那么这个图形也必须是中心对称图形
那么就需要证明对于中心对称图形是否存在某种限制不符合题意
可以由中心对称图形的性质得到，假设图形上某条边为a，与这条边呈中心对称的另外一条边为b
那么一定会有|a|=|b|，且a//b
在根据题意进行平移之后，对应的边将会是当前边长+对称边边长和
又因为|a|=|b|，所以对应边会变成原来的两倍长，即a对应的边边长为|a|+|b|=2|a|，b对应边的边长为|b|+|a|=2|b|
即，中心对称图形进行平移后得到的图形T是原本的图形扩大2倍的结果，任何中心对称图形都满足题意
只要给定的图形S不是中心对称图形，首先，肯定存在一条边没有他的中心对称边（一定存在a找不到a//b的b）
那么当前位置平移后将会得到边长为|a|+0，对称的位置的边（在S中不存在的但是又要和a平行的那个位置，在T中存在）对应将会得到边长为0+|a|的边
所以可以证明得到图形T一定是中心对称图形
以不是中心对称的四边形为例，易得到上述结论：
如图所示的是，因为a和c没有与其平行的对应边，所以会单独成两个对应边，长度为自身
因为b与d互为平行边，所以可以凑成两个长为b+d的对应边
解：
已经按照逆时针顺序给出，那判断就很容易了
首先，中心对称图形必须是偶数个点，所以n为奇数直接输出NO
然后，输入n个点，根据中心对称图形的性质，又因为点按照逆时针给出，可得
第1个点和第n/2+1个点
第2个点和第n/2+2个点
第3个点和第n/2+3个点
...
第n/2个点和第n个点
这些两点组合它们的线段会同时交于一点，且这个点也是它们线段的中点
根据这个性质，先记录下第1个点和第n/2+1个点组成线段的中点，就能知道这整个图形的中点(cx,cy)
接下来最多只需要再判断n/2-1组点对就能得出判断结果了
为了防止取中点时/2的误差，所以点要用double储存
正常情况下对于double计算精度问题需要用eps判断两点是否相等，但是由于这题给定的点是整数，/2后最坏情况只能拿到个.5的浮点部分，所以二进制储存是精确的，不需要加eps
代码1（717ms）：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; double x[300050],y[300050]; int main(){ ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);cout.tie(0); int n,i,j; double cx,cy,dx,dy; cin>>n; if(n&1){ cout<<"NO "; return 0; } for(i=1;i<=n;i++) cin>>x[i]>>y[i]; cx=(x[1]+x[n/2+1])/2.0; cy=(y[1]+y[n/2+1])/2.0; for(i=2,j=n/2+2;j<=n;i++,j++){ dx=(x[i]+x[j])/2.0; dy=(y[i]+y[j])/2.0; if(cx!=dx||cy!=dy){ cout<<"NO "; return 0; } } cout<<"YES "; return 0; }
发现这样耗时很大，所以要对计算进行优化
首先可以发现，所有计算中点的式子都有一个/2
如果把所有的/2都去掉，对答案的判断是不会变的
所以double此时也可以改成int了（两种类型计算方式不同时间差别很大）
因为点的最大值只有1e9，相加最大2e9，不会超出int范围，所以不需要开long long
然后，从读入入手，可以先读n/2+1个点，剩下的n/2-1个点边读入边判断（减少这中间的耗时，虽然也差不了多少）
代码2（109ms）：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int x[300050],y[300050]; int main(){ ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);cout.tie(0); int n,i,j,cx2,cy2; cin>>n; if(n&1){ cout<<"NO "; return 0; } for(i=1;i<=n/2;i++) cin>>x[i]>>y[i]; cin>>x[n/2+1]>>y[n/2+1]; cx2=x[1]+x[n/2+1]; cy2=y[1]+y[n/2+1]; for(i=2,j=n/2+2;j<=n;i++,j++){ cin>>x[j]>>y[j]; if(x[i]+x[j]!=cx2||y[i]+y[j]!=cy2){ cout<<"NO "; return 0; } } cout<<"YES "; return 0; }