Codeforces963C Cutting Rectangle 【数学】

错了一个小地方调了一晚上。。。。

题目大意：

　　给出最多2E+5种不同的矩形，每种有它的长h和宽v还有数量d，现在你要构造大矩形，使得在上面沿着平行于长或宽的边划刀，切出来的矩形正好是给出的所有矩形。问你能构造几种不同的大矩形。其中给出的矩形不能旋转。大矩形亦不能旋转，这意味着长为A，宽为B的大矩形和长为B，宽为A的大矩形不同。

题目分析：

　　首先我们令矩形的总数目为tot。那么横着切p刀，竖着且q刀，则(p+1)(q+1)=tot。为了简便，下文的p表示横着切了p-1刀，q表示竖着切了q-1刀。

　　以此为突破口，不难证明对于一组(p,q)，矩形的大小固定。那么一组(p,q)可以作为大矩形的条件是什么?

　　为了得到这个结论，我们设xi表示所有hi相同的矩形的数量，共m种不同的hi。我们不难发现xi是p的倍数。

　　理由是这样子的：若xi不是p的倍数，那么在划分后必然在大矩形内有多余的长为hi的小矩形，这样必定非法。所以上面的结论得证！

　　由于上面的理由，我们不难发现所有的hi相同的矩形必然集中在一坨，贯穿上下。即如果一列有一个是hi，那么一整列都是hi。

　　现在我们解决了长上面的问题，还有宽没解决。

　　首先我们发现如果一个v没有对应所有存在的h，那么这个必然无解。理由也很简单，一开始我安排好了p，现在安排q的时候受p的影响。

　　同样的我们还能得出两个结论，一是任意的xi/p必然是v的因数，理由和上面相同；二是对于相同的v，它们占的行数相同，这个也很容易想到。

　　现在我们通过对h和v的分析，得到了一个比较简单的O(n*sqrt(Σd))的算法，经过计算会发现超时，想办法解决这个问题。

　　首先xi是p的倍数意味着p一定是xi的因数，这样p一定是所有xi的因数，也就是说p是所有xi的最大公因数的因数，我们解决了h上的问题。

　　考虑v上的第一个结论如何优化，xi/p必然是v的因数。意味着我们可以找到一个si使得gcd(qi,v)=si，接着p一定是qi/si的倍数。所以p是所有qi/si的最小公倍数的倍数。这个可以通过唯一分解定理证明。

　　至于v上的第二个结论，首先写出式子，推导后发现这是一个可以预判的式子，预处理的时候直接搞定。

　　这样我们得到了一个O(sqrt(Σd))的算法。

代码：

　　

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define mp make_pair

typedef long long ll;
typedef long double ld;

const int maxn = 205000;

int n,m;
struct node{ll h,v,d;}mt[maxn];
vector <pair<ll,ll> > V[maxn];
ll rt[maxn],tot;
ll mx;
ll zzll=1;

void init(){
    for(int i=1,now=0;i<=n;i++){
    if(mt[i].h == mt[now].h){V[m].push_back(mp(mt[i].v,mt[i].d));rt[m]+=mt[i].d;}
    else{now = i; m++; V[m].push_back(mp(mt[i].v,mt[i].d)); rt[m]+=mt[i].d;}
    }
}

void read(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
    scanf("%lld%lld%lld",&mt[i].h,&mt[i].v,&mt[i].d); tot += mt[i].d;
    }
    sort(mt+1,mt+n+1,[](node a,node b){return a.h==b.h?a.v<b.v:a.h<b.h;});
    init();
}

int NoSolution(){
    int hh = V[1].size();
    for(int i=2;i<=m;i++) if(V[i].size()!=hh){return 1;}
    for(int i=0;i<hh;i++){
    ll kk = V[1][i].second;
    for(int j=2;j<=m;j++){
        ll jj = V[j][i].second;
        if(V[j][i].first != V[1][i].first){return 1;}
        if((ld)kk/(ld)rt[1] != (ld)jj/(ld)rt[j]){return 1;}
    }
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
    for(int j=0;j<V[i].size();j++){
        ll mm = __gcd(rt[i],V[i][j].second);
        mm = rt[i]/mm;
        ll pp = __gcd(zzll,mm);
        zzll = (zzll/pp)*mm;
        if(zzll > mx){return 1;}
    }
    }
    return 0;
}

ll ans = 0;
void solve(ll ht,ll kd){
    if(ht % zzll == 0){ans ++;}
}

void work(){
    mx = rt[1];
    for(int i=2;i<=m;i++) mx = __gcd(mx,rt[i]);
    if(NoSolution()){puts("0");return;}
    for(ll i=1;i*i<=mx;i++){
    if(mx % i != 0) continue;
    solve(i,tot/i);
    if(i*i==mx)break;
    solve(mx/i,tot/(mx/i));
    }
    printf("%lld",ans);
}

int main(){
    read();
    work();
    return 0;
}