「JSOI2018」机器人
在本题当中为了方便，我们将坐标范围改至 \((0 \sim n - 1, 0 \sim m - 1)\)，行走即可视作任意一维在模意义下 \(+1\).
同时，注意到一个位置只能经过一次，则可以令 \(a_{x, y}\) 为 \((x, y)\) 这个位置往外走是向下还是向，方便考察。
首先考虑这个问题的方案数，此类网格图行走的问题一般需要考察对角线的特殊性质。
-
观察 1：\(\forall (x, y)\)，若 \(a_{(x - 1) \bmod n, y} \ne a_{x, (y - 1) \bmod m}\)，则要么 \((x, y)\) 被经过了两次，要么没有被经过。
-
推论 1：\(\forall a, x, y, a_{x, y} = a_{(x + a) \bmod n, (y - a) \bmod m}\)
考察推论 1 的组合表示，相当于将整个网格图分为了若干个组，每个组由若干条完整的副对角线构成，每组内 \(a\) 相同，很自然地我们可以进一步考虑每个组对角线的构成。
将网格图往左右不断复制延伸，考察一下此时 \((0, 0)\) 所在组内副对角线的在第一行的开头位置构成的集合。
不难发现即为 \(nx(x \in \mathbb{N})\)，对应到原网格图内就是 \(nx \bmod m(x \in \mathbb{N})\) 的值。
根据裴蜀定理，这个值一定是 \(dx(d = (n, m), 0 \le x < \frac{m}{d})\)，因此可以知道 \((0, 0)\) 所在组的对角线集合就是从 \(x + y = 0\) 开始每 \(d\) 个间距分布的对角线。
推广到所有组，发现第 \(i\) 组就是 \(x + y = i + dx(0 \le x < \frac{n + m}{d})\).
因此这个问题只需要确定 \(x + y = 0 \sim d - 1\) 这 \(d\) 条对角线上是如何走的即可确定全图是怎么走的，也即确定前 \(d\) 步是怎么走的。
考虑前 \(d\) 步怎么走是合法的，当且仅当第一次遇到走过的点在恰好走了 \(nm\) 步以后。
首先我们发现：对于某条对角线上的点 \(x + y = k\) 一定要恰好走 \(n + m(d \mid (n + m))\) 步以后才能再次回到这条对角线，在此期间，一定走了若干次完整的周期，则：
-
观察 2：第一次走到一个重复点时一定恰好走完了若干个整周期。
-
观察 3：同一周期内，决定第一次走到重复点时刻的与周期内走的顺序无关，只与周期内往下 / 往右走的次数有关。
假设一个周期内往下走了 \(a\) 步，则根据裴蜀定理，在第一维走回来需要 \(\frac{n}{(n, a)}d\) 步，第二维类似地需要 \(\frac{m}{(m, d - a)}d\) 步，因此第一次走回来的时刻为：\(\mathrm{lcm}\left(\frac{n}{(n, a)}, \frac{m}{(m, d - a)}\right)d\)，我们需要满足：
对此，我们考察 \(n, m\) 所包含的每个质因子 \(p\)，令 \(\alpha_1 = \max_{p ^ i \mid n} i, \alpha_2 = \max_{p ^ i \mid m} i\)
- 若 \(\min(\alpha_1, \alpha_2) = 0\).
若 \(p \mid (n, a)\) 则 \(\alpha_1 > 0\)，可知等式左侧一定比右侧少了至少一个因子 \(p\)，故 \(p \nmid (n, a)\)，同理 \(p \nmid (m, d - a)\).
- 若 \(\min(\alpha_1, \alpha_2) > 0\)
则 \(p \mid d\)，若 \(p \mid (n, a)\) 则 \(p \mid a \Rightarrow p \mid (m, d - a)\) 故左侧两项均除去了至少一个 \(p\)，一定比右式至少少了一个 \(p\).
同理可得 \(p \nmid (m, d - a)\)
综上，\(\forall p \mid n \lor p \mid m\) 总有 \(p \nmid (n, a), p \nmid (m, d - a)\) 故有上式成立的必要条件 \((n, a) = (m, d - a) = 1\)
而这显然也是充分条件，因此所有的方案数即：\(\sum\limits_{a} ^ d \binom{d}{a}[(n, a) = (m, d - a) = 1]\)，考虑回到原问题。
首先枚举合法的 \(a\)，对于每个 \((x, y)(x \le a, y \le d - a)\)，其如果在第一周期走的路径内那么所有周期当中第 \(x + y + 1\) 步的位置都将随之确定，因此也可以确定这些位置当中最靠前的障碍的位置是在第几步，记作 \(w_{x, y}\).
于是有一个简单 \(\rm dp\)，记 \(f_{i, j, k}\) 为第一周期当中，确定了前 \(i + j\) 步的走法，第 \(i + j\) 步在 \((i, j)\) 当前走到的所有位置中 \(w\) 的最小值为 \(k\) 的方案，转移显然，复杂度 \(\mathcal{O}(Tn ^ 5)\).
通过一定的常数优化已经可以通过了，但本题存在更优的解法。
既然是周期性移动，那么自然可以将碰到障碍的步数分解为：第几周期 + 第一周期内的第几步。
枚举最终碰到障碍步数在第 \(t\) 周期，求出 \(f_{i, j}\) 考虑完第一周期的前 \(i + j\) 步，第 \(i + j\) 步在 \((i, j)\)，走到的每一个位置的 \(w\) 都至少在在第 \(t + 1\) 周期之后的方案，以及 \(g_{i, j}\) 为确定了第 \(i + j + 1 \sim d\) 步（走到 \((a, d - a)\)）第 \(i + j + 1\) 前位置为 \((i, j)\)，路径上的每个位置的 \(w\) 至少在第 \(t\) 周期之后的方案。
枚举在哪个位置第一次碰到障碍，利用 \(f, g\) 合并即可，复杂度 \(\mathcal{O}(Tn ^ 4)\).
