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 = ;

 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=;

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

 int NoSolution(){
     int hh = V[].size();
     for(int i=;i<=m;i++) if(V[i].size()!=hh){return ;}
     for(int i=;i<hh;i++){
     ll kk = V[][i].second;
     for(int j=;j<=m;j++){
         ll jj = V[j][i].second;
         if(V[j][i].first != V[][i].first){return ;}
         if((ld)kk/(ld)rt[] != (ld)jj/(ld)rt[j]){return ;}
     }
     }
     for(int i=;i<=m;i++){
     for(int j=;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 ;}
     }
     }
     return ;
 }

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

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

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