一道历史悠久且经典的哈希法例题，哈希法的题目实在是比较少。
暴力枚举的话复杂度显然是是，实际上，如果能提前计算出每个雪花的特性，那么属性不相同的雪花就无需进行比较。相当于我们将雪花分成若干个小组（想想世界杯为什么要分小组赛，而不是32个队都两两比一次），每个小组内部两两比较，这样的话复杂度就会降低。假设我们能把n个数组分成X组，每组数据估算为n/X个，组内两两比较。那么算法复杂度为
，当X比较大时复杂度会有明显的降低。
这样分组使用的方法（哈希函数）就很重要，既要保障X的值稍大一点，又要保证相同的雪花一定分在同一组。最简单的就是把雪花的6个角值求和（也可以求乘积），再对X求余，X取值可以设定为某个质数，如果设定为997，那么雪花被分成997组，同理也可以设定为9997或其他值，读者可以尝试把X设置比较小的值，如97看看会否超时。
计算两个雪花是否一致只能用暴力算法，用环处理或者直接枚举位置都可行，此处是直接枚举正反两方向。
#include <iostream>
#include<vector>
typedef long long ll;
using namespace std;
ll n,a[100005][7],mod=99997;
vector<int>v[100010];/**< 动态二维数组v用于存储哈希表，哈希值为X的元素存储在v[X]中，实际上是教材上的链地址法，但是链表太麻烦了,用这种写法可以完美取代链表*/
int hs(int i) /**< 哈希函数 */
{
return (a[i][1]%mod+a[i][2]%mod+a[i][3]%mod+a[i][4]%mod+a[i][5]%mod+a[i][0]%mod)%mod;
}
bool check(int x,int y)
{
int i,j;
for(i=0; i<6; i++)/**< 正反两个方向比较雪花 */
if(a[x][0]==a[y][i]&&a[x][1]==a[y][(i+1)%6]&&a[x][2]==a[y][(i+2)%6]&&a[x][3]==a[y][(i+3)%6]
&&a[x][4]==a[y][(i+4)%6]&&a[x][5]==a[y][(i+5)%6])
return true;
for(i=0; i<6; i++)
if(a[x][0]==a[y][i]&&a[x][1]==a[y][(i+5)%6]&&a[x][2]==a[y][(i+4)%6]&&a[x][3]==a[y][(i+3)%6]
&&a[x][4]==a[y][(i+2)%6]&&a[x][5]==a[y][(i+1)%6])
return true;
return false;
}
int main()
{
int i,j,k,l;
cin>>n;
for(i=1; i<=n; i++)
{
for(j=0; j<6; j++)
scanf("%d",&a[i][j]);
int t=hs(i);/**< 计算哈希值t后，下面循环访问v[t]，和之前出现过，且哈希值同样是t的雪花做比较 */
for(j=0; j<v[t].size(); j++)
if(check1(i,v[t][j]))
{
cout<<"Twin snowflakes found.";
return 0;
}
v[t].push_back(i);/**< 比较结束，将i加入对应的哈希表， */
}
cout<<"No two snowflakes are alike.";
return 0;
}
