标签：return int 20220324 ay ax 骑士 else bx 联考
前言
典中典中典之没做过典中典套路题两双手。
题目
如果从 \((x,y)\) 出发，每次可以走到 \((x+ax,y+ay)\) 或 \((x+bx,y+by)\)，起点是 \((0,0)\)，终点是 \((X,Y)\)，有 \(n\) 个点 \((x_i,y_i)\) 是障碍点不能走，问方案数，对 \(10^9+7\) 取模。如果路线无限多，输出 -1。
多组数据 \(T\le 5\)，期望所有数据的绝对值在 \(500\) 以内，但是数据有锅= =，但是对正解不影响。
讲解
看起来是究极讨论题，实际上有较少讨论的做法。
不平行
当然这里指的是 \((ax,ay)\) 和 \((bx,by)\) 两个向量不平行。
根据平面向量基本定理或者是其它什么的，我们知道一个向量 \((x,y)\) 会被不平行的两个向量 \(\vec{\alpha}=(ax,ay),\vec{\beta}=(bx,by)\) 唯一分解为 \((x,y)=p\vec{\alpha}+q\vec{\beta}\)。对不起球哥，我考试的时候连这个都没想起来qwq。
可以发现当 \(p,q\) 均为自然数时障碍物才有用，挑选出这些，按 \(p_i+q_i\) 从小到大排序，然后直接 \(O(n^2)\) dp 做容斥就好了。
平行
嘛，也就复杂了亿点点。但是卷爷有 nb 简单做法。
首先平行就变成了一维情况，我们设置一个 \(B\) 为一个比较大的值，然后把二维坐标映射到一维上，比如把 \((x,y)\) 映射为 \(B+x+y\)，可以发现这样相当合理。
然后从起点随便搜一下看能不能到终点，有没有环，先把 \(-1\) 和 \(0\) 判了。
然后卷爷是建图 bfs，但事实上直接 dfs 记忆化搜索就行了。
问题在于我不会克莱姆法则，分解向量的时候写得很麻烦。
代码
//12252024832524
#pragma GCC optimize("Ofast")
#include <bits/stdc++.h>
#define TT template<typename T>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 505;
const int MOD = 1e9+7;
const int B = 500000;
int X,Y,n,ax,ay,bx,by;
int dp[MAXN];
LL Read()
{
LL x = 0,f = 1;char c = getchar();
while(c > '9' || c < '0'){if(c == '-')f = -1;c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9'){x = (x*10) + (c^48);c = getchar();}
return x * f;
}
TT void Put1(T x)
{
if(x > 9) Put1(x/10);
putchar(x%10^48);
}
TT void Put(T x,char c = -1)
{
if(x < 0) putchar('-'),x = -x;
Put1(x); if(c >= 0) putchar(c);
}
TT T Max(T x,T y){return x > y ? x : y;}
TT T Min(T x,T y){return x < y ? x : y;}
TT T Abs(T x){return x < 0 ? -x : x;}
int fac[1000005],ifac[1000005];
int qpow(int x,int y){
int ret = 1;
while(y){
if(y & 1) ret = 1ll * ret * x % MOD;
x = 1ll * x * x % MOD;
y >>= 1;
}
return ret;
}
void init(int x){
fac[0] = ifac[0] = 1;
for(int i = 1;i <= x;++ i) fac[i] = 1ll * fac[i-1] * i % MOD;
ifac[x] = qpow(fac[x],MOD-2);
for(int i = x-1;i >= 1;-- i) ifac[i] = ifac[i+1] * (i+1ll) % MOD;
}
LL C(int x,int y){
if(x < y || y < 0) return 0;
return 1ll * fac[x] * ifac[y] % MOD * ifac[x-y] % MOD;
}
struct point{
int x,y;
bool operator < (const point &px)const{
return x+y < px.x+px.y;
}
}p[MAXN];
void Get(point &A){
int x = A.x,y = A.y,d;
if(x * ay == y * ax){
if(ax) d = x / ax;
else d = y / ay;
if(ax * d == x && ay * d == y) A.x = d,A.y = 0;
else A.x = A.y = -1;
}
else if(x * by == y * bx){
if(bx) d = x / bx;
else d = y / by;
if(bx * d == x && by * d == y) A.x = 0,A.y = d;
else A.x = A.y = -1;
}
else{
int Q = (y * ax - x * ay) / (ax * by - bx * ay),P;
if(ax) P = (x - Q*bx) / ax;
else P = (y - Q*by) / ay;
if(P * ax + Q * bx == x && P * ay + Q * by == y) A.x = P,A.y = Q;
else A.x = A.y = -1;
}
}
/*
p ax + q bx = x
p ay + q by = y
(x - bx q) / ax = p
(x - bx q) ay + q ax by = y ax
q (ax by - bx ay) = y ax - x ay
*/
bool vis[B<<1|3],stp[B<<1|3],quan,ddd[B<<1|3];
bool check(int x){return x >= 0 && x <= (B<<1);}
bool dfs1(int x){
vis[x] = ddd[x] = 1;
bool ret = (x == B+X+Y);
// if(x >= B) printf("dfs1 %d %d\n",x,B+X+Y);
int to = x+ax+ay;
if(check(to)){
// if(to == 500030) printf("??????? %d %d %d\n",vis[to],stp[to],ddd[to]);
if(vis[to]) quan = 1;
else if(!stp[to] && !ddd[to]) ret |= dfs1(to);
}
to = x+bx+by;
if(check(to)){
if(vis[to]) quan = 1;
else if(!stp[to] && !ddd[to]) ret |= dfs1(to);
}
vis[x] = 0;
return ret;
}
int mem[B<<1|3];
bool wow[B<<1|3];
int dfs2(int x){
if(wow[x]) return mem[x];
int to = x-ax-ay,ret = 0;
if(check(to) && !stp[to]) ret = (ret + dfs2(to)) % MOD;
to = x-bx-by;
if((ax != bx || ay != by) && check(to) && !stp[to]) ret = (ret + dfs2(to)) % MOD;
wow[x] = 1;
return mem[x] = ret;
}
int main()
{
freopen("knight.in","r",stdin);
freopen("knight.out","w",stdout);
init(1e6);
for(int T = Read(); T ;-- T){
X = Read(); Y = Read(); n = Read();
ax = Read(); ay = Read(); bx = Read(); by = Read();
for(int i = 1;i <= n;++ i) p[i].x = Read(),p[i].y = Read(),dp[i] = 0;
if(ax * by == ay * bx){
if(ax * Y != ay * X) {Put(0,'\n');continue;}
memset(ddd,0,sizeof(ddd));
memset(stp,0,sizeof(stp));
for(int i = 1;i <= n;++ i) if(X * p[i].y == Y * p[i].x) stp[B+p[i].x+p[i].y] = -1;
quan = 0;
// printf("wrng\n");
if(!dfs1(B)) {Put(0,'\n');continue;}
if(quan){Put(-1,'\n');continue;}
memset(mem,0,sizeof(mem));
memset(wow,0,sizeof(wow));
mem[B] = 1; wow[B] = 1;
Put(dfs2(B+X+Y),'\n');
continue;
}
p[++n] = point{X,Y}; Get(p[n]);
if(p[n].x < 0 || p[n].y < 0){Put(0,'\n');continue;}
for(int i = 1;i < n;++ i) Get(p[i]);
sort(p+1,p+n);
for(int i = 1;i <= n;++ i)
if(p[i].x >= 0 && p[i].y >= 0){
dp[i] = C(p[i].x+p[i].y,p[i].x);
for(int j = 1;j < i;++ j)
if(p[j].x >= 0 && p[j].y >= 0)
dp[i] = ((dp[i] - dp[j] * C(p[i].x-p[j].x+p[i].y-p[j].y,p[i].x-p[j].x)) % MOD + MOD) % MOD;
}
Put(dp[n],'\n');
}
return 0;
}
标签：return,int,20220324,ay,ax,骑士,else,bx,联考 来源： https://www.cnblogs.com/PPLPPL/p/16053841.html
本站声明： 1. iCode9 技术分享网（下文简称本站）提供的所有内容，仅供技术学习、探讨和分享； 2. 关于本站的所有留言、评论、转载及引用，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 3. 关于本站的所有言论和文字，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 4. 本站文章均是网友提供，不完全保证技术分享内容的完整性、准确性、时效性、风险性和版权归属；如您发现该文章侵犯了您的权益，可联系我们第一时间进行删除； 5. 本站为非盈利性的个人网站，所有内容不会用来进行牟利，也不会利用任何形式的广告来间接获益，纯粹是为了广大技术爱好者提供技术内容和技术思想的分享性交流网站。