P2520 [HAOI2011]向量

传送门

显然要开始写式子

$k_1a+k_2b=x$

$k_3a+k_4b=y$

首先如果上面两个式子只要有一个没有整数解就一定不合法

如果存在 $k_1+k_2=k_3+k_4$ 那就有解咯

考虑一下发现只要 $k_1+k_2$ 和 $k_3+k_4$ 奇偶性相同即可，因为比较少的那个可以补上 $(a,b)+(-a,-b)$

考虑 $k_1+k_2$ 的关系，设 $d=gcd(a,b)$，则有 $(k_1+pb/d)a+(k_2-pa/d)b=x$ 一定成立，并且由裴蜀定理可知仅当 $p$ 为整数时成立

所以如果 $pb/d$ 和 $pa/d$ 的奇偶性不同，那么 $k_1+k_2$ 的既可以是奇数也可以是偶数，那么一定有解

$k3+k4$ 也是同理

如果 $k_1+k_2$ 和 $k_3+k_4$ 的奇偶性不同，并且 $pb/d$ 和 $pa/d$ 奇偶性相同，那么不管怎么变化奇偶性都不同，一定无解

当然多一些关于 $0$ 的特判总是没错的，把负数转成正数也同样不会影响答案

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll read()
{
    ll x=0,f=1; char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
    while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x*f;
}
ll T,a,b,x,y;
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
    if(!b) { x=1,y=0; return a; }
    ll d=exgcd(b,a%b,x,y);
    ll t=x; x=y; y=t-a/b*y;
    return d;
}
int main()
{
    T=read();
    while(T--)
    {
        a=read(),b=read(),x=read(),y=read();
        if(!a&&!b)
        {
            if(!x&&!y) printf("Y\n");
            else printf("N\n");
            continue;
        }
        if(a<0) a=-a; if(b<0) b=-b;
        if(a<b) swap(a,b);
        ll k1,k2,d1=exgcd(a,b,k1,k2);
        if(x%d1) { printf("N\n"); continue; }
        ll k3,k4,d2=exgcd(a,b,k3,k4);
        if(y%d2) { printf("N\n"); continue; }
        k1*=x/d1; k2*=x/d1; k3*=y/d2; k4*=y/d2;
        if((!a||!b) || ((k1+k2)%2+2)%2==((k3+k4)%2+2)%2 ) { printf("Y\n"); continue; }
        if(((a/d1)&1)^((b/d1)&1) || ((a/d2)&1)^((b/d2)&1) ) printf("Y\n");
        else printf("N\n");
    }
    return 0;
}