2020 ICPC 沈阳站 I - Rise of Shadows 题解

题面看这里

\(PS\)：符号 \([\ \rm P\ ]\) 的意义是：当表达式 \(\rm P\) 为真则取值为 \(1\)，为假则取值为 \(0\)。

题目大意

给你一个一天有 \(H\)​​​​​​​ 小时、一小时有 \(M\)​​​​​​​​ 分钟的表和一个正整数 \(A\)​，问一天内有多少个整数时刻，使得分针与时针的夹角小于等于 \(\displaystyle\frac{2\pi A}{HM}\)​。

题目分析

易知分针转速 \(w_1=\displaystyle \frac{2\pi}{M}\)​​​​​，时针转速 \(w_2=\displaystyle\frac{2\pi}{HM}\)​​​​，设当前时刻为 \(T\)​​​​；

一天有 \(HM\)​​​​ 个整数时刻，即 \(T\in[0,HM)\)​​​​；

于是对于每一个时刻，我们判断一下两个指针的夹角 \(\theta\)​​​​​ 是否小于等于 \(\displaystyle\frac{2\pi A}{HM}\)​​​​​​​​​ ，满足就贡献加加，最后输出总贡献即可。

方法一：数论

对于任意时刻 \(T\) 与两指针间的夹角 \(\theta\)，显然有：

\[\theta=(w_1-w_2)T=\displaystyle\frac{2\pi(H-1)T}{HM}​
\]

注意到 \(\theta\in[0,2\pi]\)​​，所以还要对 \(2\pi\)​​ 取个模（分针转一圈又转回来了），即：

\[\theta=\displaystyle\frac{2\pi(H-1)T}{HM}\mod{2\pi}
\]

同时因为两个指针之间的夹角可以选到两个数值，逆时针转有一个夹角，顺时针转有一个夹角，这里我们肯定是选更小的角来判断是否满足条件，即最终我们要求的是：

\[\sum_{T=0}^{HM}[\ \min(\theta,2\pi-\theta)\leq\frac{2\pi A}{HM}\ ]
\]

可以转化为：

\[\sum_{T=0}^{HM}[\ \theta\leq\frac{2\pi A}{HM}\or\theta\ge2\pi-\frac{2\pi A}{HM}\ ]
\]

把 \(\theta=\displaystyle\frac{2\pi(H-1)T}{HM}\mod{2\pi}\) 代入并化简得：

\[\sum_{T=0}^{HM}[\ T(H-1)\mod{HM}\leq A\ ]\or [\ T(H-1)\mod{HM}\geq HM-A\ ]
\]

此时我们其实就可以把 \(HM\)​​​ 看作是 \(2\pi\)​​​，\(H-1\)​​ 看作是每过一个时刻两个指针夹角的变化量，然后分两种情况考虑：

一、当 \(\mathbf {A=HM/2}\)​​​ 时，问题等价于”一天内有多少个整数时刻，使得分针与时针的夹角小于等于 \(\pi\)​​“，显然每个时刻都满足（如果顺时针看夹角大于 \(\pi\)​​，那逆时针看一定小于，反之亦然），此时答案为 \(HM\)​​，特判即可；

二、当 \(\mathbf {A\neq HM/2}\)​ 时，若有 \(T(H-1)\mod{HM}\leq A\)​，则一定不会有 \(T(H-1)\mod{HM}\geq HM-A\)​​​​，所以答案就是这两部分的贡献相加。

我们令 \(G=\gcd(H-1,HM)\)。

先计算式子的左边：

\[\sum_{T=0}^{HM}[\ T(H-1)\mod{HM}\leq A\ ]
\]

当 \(G=1\)​​​​ 时 ，因为 \(T\in[0,HM)\)​​​​，构成了一个模 \(HM\) 的完全剩余系，由完全剩余系的性质可得 \(T(H-1)\mod{HM}\)​​​​ 也是一个完全剩余系，即它一定取遍了 \(0\sim HM-1\)​​​​ 的每一个数，此时我们就不用关心到底在哪个时刻造成了贡献，只需知道范围内有多少个数满足小于等于 \(A\) 即可，显然有 \(0\sim A\) 总共 \(A+1\) 个数满足，因此这部分的贡献就是 \(A+1\)​​​​​。

当 \(G\neq1\)​​​​ 时，我们利用同余的另一个性质： \(\displaystyle ac\equiv bc\pmod d\iff a\equiv b\pmod{\frac{d}{(c,d)}}\)​​​​，把式子转化为：

\[\sum_{T=0}^{HM}[\ \frac{T(H-1)}{G}\mod{\frac{HM}{G}}<=\lfloor\frac AG\rfloor\ ]
\]

相当于我们把 \(T\in[0,HM)\)​​​​​ 平均分成了 \(G\)​​​​​ 段，每一段的 \(T\) 都构成了一个模 \(\displaystyle\frac{HM}{G}\) 的完全剩余系，此时这里的每一段其实就等价于上面 \(G=1\)​​​​​ 的情况，只是 \(T\)​​​ 的范围和模数变了下而已，因此每段都造成了 \(\displaystyle \lfloor\frac AG\rfloor+1\)​​​ 的贡献，左边的总贡献就是 \(G*(\displaystyle \lfloor\frac AG\rfloor+1)\)​​​​​​​。

再看式子右边：

\[\sum_{T=0}^{HM}[\ T(H-1)\mod{HM}\geq HM-A\ ]
\]

同样地，当 \(G=1\)​​​​ 时，跟上面一样分析一波，发现其实是一样的思路（显然左边跟右边造成的贡献是对称的），只不过因为 \(T\)​​​​ 不能取到 \(HM\)​​​​，所以贡献只有 \(A\)（\(HM-A\sim HM-1\) 共有 \(A\) 个数）​​​​。

当 \(G\neq1\) 时，也同上，把 \(T\) 分成 \(G\) 段，右边的总贡献就是 \(G*\displaystyle \lfloor\frac AG\rfloor\)。

因此最终答案就是左边贡献和右边贡献之和，即 \(G*(\displaystyle 2\lfloor\frac AG\rfloor+1)\)​。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
	long long H,M,A;
	cin >> H >> M >> A;
	if(H*M==A*2){
		cout << H*M;
	}
	else {
		long long G=__gcd(H-1,H*M);
		cout << G*(2*(A/G)+1);
	}
}

方法二：类欧几里得

待填坑~~