「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：

$$\mathrm{lcm}\left(\frac{n}{(n, a)}, \frac{m}{(m, d - a)}\right)d = nm \Longleftrightarrow \mathrm{lcm}\left(\frac{n}{(n, a)}, \frac{m}{(m, d - a)}\right) = \mathrm{lcm}(n, m)$$

对此，我们考察 $n, m$ 所包含的每个质因子 $p$，令 $\alpha_1 = \max_{p ^ i \mid n} i, \alpha_2 = \max_{p ^ i \mid m} i$

1. 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 $p \nmid (m, d - a)$.

2. 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 $\mathcal{O}(Tn ^ 4)$.