关于一个平面内矩形个数的问题

问题

一个平面内的$n$个点，以这$n$个点为顶点，最多能构成多少个矩形？点的排列是自己决定的。

先说结论：构成矩形的个数，上界是$O(n^2\sqrt{n})$，下界是$\Omega (n^2)$。

上界

记$C_{a,b}$表示$a,b$为直径的圆。

对于每一个点$p_i$，如果$p_a,p_b,p_c,p_d$能构成一个矩形，当且仅当$C_{p_a,p_c}=C_{p_b,p_d}$。

记$d_i$为$C_i$上相反的点对个数，就是说di=∣{(pj,pk)∣Ci=Cpj,pk}∣d_i=|\{(p_j,p_k)\mid C_i=C_{p_j,p_k}\}|di​=∣{(pj​,pk​)∣Ci​=Cpj​,pk​​}∣。

可以得出，矩形个数就是${\sum }_{i=1}^m\frac{d_i\times (d_i-1)}{2}$，${\sum }_{i=1}^m{d}_i=\frac{n\times (n-1)}{2}$。

我们假设$d_1\ge d_2\ge \cdots \ge d_n$。记$k$满足$d_k>2\sqrt{n},d_{k+1}\le 2\sqrt{n}$，由于两圆只可能交于两点，因此可以得到$k\le \sqrt{n}$。

证明：如果$k>\sqrt{n}$，那么可以发现点的个数$\ge {\sum }_{i=1}^k(2d_i-2(i-1))>4k\sqrt{n}-k(k-1)>4n-n+\sqrt{n}>n$，因此$k$必定$\le \sqrt{n}$。

那么矩形个数就是
$$\sum _{i=1}^m\frac{d_i\times (d_i-1)}{2}\le \sum _{i=1}^m{d}_i^2=\sum _{i=1}^k{d}_i^2+\sum _{i=k+1}^m{d}_i^2\le \sum _{i=1}^{\sqrt{n}}{d}_i^2+\sum _{i=1}^n(2\sqrt{n}{)}^2\le \sum _{i=1}^{\sqrt{n}}(\frac{n}{2}{)}^2+4n^2=O(n^2\sqrt{n})$$
因此，$n$个点能够构成的矩形个数的上界是$O(n^2\sqrt{n})$。

下界

构造一个网格，边长为$\sqrt{n}$，每选择两个点，必定能构成一个边平行于坐标轴的矩形，这样的矩形个数显然是$\Omega (n^2)$。显然还有可能其他的矩形，这里不做考虑。