CF1993F2 Dyn-scripted Robot (Hard Version)

Dyn-scripted Robot (Hard Version)

题目链接。

Problem

Easy Version： $K \leq n$ 。

Hard Version： $K \leq 10^{12}$ 。

一个 $O x y$ 平面上有一个 $w \times h$ 矩形，矩形的左下方有点 $(0, 0)$ ，右上方有点 $(w, h)$ 。

您还有一个最初位于点 $(0, 0)$ 的机器人和一个由 $n$ 个字符组成的脚本 $s$ 。每个字符都是 L、R、U 或 D，分别指示机器人向左、向右、向上或向下移动。

机器人只能在矩形内移动，否则将更改脚本 $s$ 如下：

如果试图向垂直边界外移动，则会将所有 L、R 取反。
如果尝试向水平边界外移动，则会将所有 U、D 取反。

然后，它会从无法执行的字符开始执行更改后的脚本。

这是一个机器人移动过程的示例，其中 $s = "ULULURD"$ 。

脚本 $s$ 将被连续执行 $K$ 次。即使重复执行，也会保留对字符串 $s$ 的所有更改。在此过程中，机器人总共会移动到 $(0, 0)$ 点多少次？

注意，初始在 $(0, 0)$ 的一次不计算在内。

数据范围： $1 \leq n, w, h \leq 10^{6}$ 。

Sol

暴力显然是不可行的。发现这个东西会时刻将 LR/UD 取反是非常麻烦的。想想怎么不去反，发现抛开边界的限制，不取反就是做一个关于 $x / y$ 轴的镜像。然后发现这个东西在 $(x, y)$ 和 $(x - 2 w, y), (x, y - 2 h)$ 是等价的，即在两倍意义下同余。然后就可以做了。现在要对于一个点 $(x, y)$ ，以及每次移动的位置 $(a, b)$ ，求移动 $k$ 次的过程中，有多少次的坐标等价于 $(0, 0)$ 。

然后 Easy Version 就可以直接枚举走的步数，用 map 存下每个点的位置，计算偏移量后暴力相加即可，时间复杂度： $O (K (\log w + \log h))$ 。

Hard Version 也差不多。就是知道 $x$ 在同余系下走到 $0$ 的轮数为 $k_{0} x + b_{0}$ ， $y$ 为 $k_{1} x + b_{1}$ ，大致就是最开始是第 $b$ 轮的时候开始走，然后每 $k$ 轮走回来。然后求的是有多少个 $t \in [1, K]$ ，使得 $\exists u, v \in [1, n] \cap Z, t = k_{0} u + b_{0} = k_{1} v + b_{1}$ 。然后就变成了 $k_{0} u - k_{1} v = b_{0} - b_{1}$ ，直接用 exgcd 解出一组特解之后就可以直接算了。时间复杂度： $O (n \log K)$ 。

感觉这场 Hard Version 能有 *2800 完全是因为这题细节有一点啊，就只是比 Easy Version 多了合并循环节的步骤。

Code

F2 Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
#define fi first
#define se second
mt19937_64 eng(time(0) ^ clock());
template <typename T>
T rnd(T l, T r) { return eng() % (r - l + 1) + l; }
ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
	if (!b)
		return x = 1, y = 0, a;
	ll d = exgcd(b, a % b, y, x);
	y -= a / b * x;
	return d;
}
ll lcm(ll x, ll y) { return x * y / __gcd(x, y); }
int n;
ll w, h, K;
int px[1000005], py[1000005];
char s[1000005];
void Solve() {
	scanf("%d%lld%lld%lld%s", &n, &K, &w, &h, s + 1); 
	K--;
	w <<= 1, h <<= 1;
	px[0] = py[0] = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		px[i] = px[i - 1], py[i] = py[i - 1];
		if (s[i] == 'L') px[i]--;
		else if (s[i] == 'R') px[i]++;
		else if (s[i] == 'U') py[i]++;
		else py[i]--;
		px[i] = (px[i] % w + w) % w;
		py[i] = (py[i] % h + h) % h;
	}
	ll dx = px[n], dy = py[n], ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		ll x, y;
		ll d0 = exgcd(dx, w, x, y);
		if (px[i] % d0)
			continue;
		ll b0 = x * (-px[i] / d0), k0 = w / __gcd(w, dx);
		b0 = (b0 % k0 + k0) % k0;
		ll d1 = exgcd(dy, h, x, y);
		if (py[i] % d1)
			continue;
		ll b1 = x * (-py[i] / d1), k1 = h / __gcd(h, dy);
		b1 = (b1 % k1 + k1) % k1;
		ll d = exgcd(k0, k1, x, y), len = lcm(k0, k1) / k0, dltx = lcm(k0, k1) / k0, dlty = lcm(k0, k1) / k1;
		if ((b1 - b0) % d)
			continue;
		x *= (b1 - b0) / d, y *= (b1 - b0) / d;
		if (y < 0) {
			ll t = (-y + dlty - 1) / dlty;
			x -= t * dltx, y += t * dlty;
		}
		if (y > 0) {
			ll t = (y + dlty - 1) / dlty;
			x += t * dltx, y -= t * dlty;
		}
		if (k0 * x + b0 > K)
			continue;
		ll limx = (K - b0) / k0;
		ans += (limx - x) / len + 1;
	}
	printf("%lld\n", ans);
}
int main() {
	int T;
	scanf("%d", &T);
	while (T--)
		Solve();
	return 0;
}

F1 Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 7;
int n, m, W, H, m1, m2;
int s1[N], s2[N];
char str[N];
map < int, int > mp[N << 1];
void Solve() {
    scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &W, &H);
    m1 = 2 * W, m2 = 2 * H;
    scanf("%s", str + 1);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        s1[i] = s1[i - 1], s2[i] = s2[i - 1];
        if (str[i] == 'L') s1[i] = (s1[i - 1] + 1) % m1;
        else if (str[i] == 'R') s1[i] = (s1[i - 1] - 1 + m1) % m1;
        else if (str[i] == 'U') s2[i] = (s2[i - 1] + 1) % m2;
        else s2[i] = (s2[i - 1] - 1 + m2) % m2;
        ++mp[s1[i]][s2[i]];
    }
    ll ans = 0;
    for (int t = 0; t < m; ++t) {
        int r1 = (m1 - t * 1ll * s1[n] % m1) % m1, r2 = (m2 - t * 1ll * s2[n] % m2) % m2;
        ans += mp[r1][r2];
    }
    printf("%lld\n", ans);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) mp[s1[i]].clear();
}
int main() {
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) Solve();
    return 0;
}