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~~