CF492E Vanya and Field

题目

CF492E Vanya and Field

分析

首先考虑在怎样的情况下才会重复，设原坐标为 ((x+k_1cdot dx,y+k_1cdot dy)) ，设在 (k_2) 步重复，也就是：

[large (x+k_1cdot dx,y+k_1cdot dy)=((x+k_2cdot dx)\%n,(y+k_2cdot dy)\%n) ]

化简一下：(large x+k_1cdot dx=x+k_2cdot dx (mod n))

有： (large (k_1-k_2)cdot dx=0 (mod n))

对于 (y) 来说也是同理，然后因为 (large gcd(dx,n)=gcd(dy,n)=1) ，所以有：(large k_1-k_2=0 (mod n))

也就是说，一个点一定会在经过了 (n) 个点后才会第一次再次来到这个重复点。

这就说明我们选择一个点其实就是选择了一组 (n) 个点，这 (n) 个点内部构成了一个循环。（也就是选择这一组的任何一个点都等价于选了这个组）

同时，上面的条件也说明了每一组点当中的每个点的横纵坐标都互不相同，换而言之就是同一组的点两两不在同一行或者同一列。

那么很容易发现，第 (0) 列的每一个点其实都对应了一组不同点，并且第 (0) 列的所有点构成的所有组包含了所有的分组。

于是我们考虑用 ((0,k)) 作为代表元来表示每一个组的贡献和。

接下来要考虑的就是对于给出的这 (m) 个点，如何快速找到其对应的代表元 ((0,d))

可以看作是从这个点走对应的环，直到走到 ((0,d)) 这样的形式。

也就是需要快速求出这样的 (Dy) ，满足 (Dy=kcdot dy+y,kcdot dx+x=0) 。

(dy,y,dx,x) 都已知，于是求出 (k) 就能求出 (Dy) 。

这里显然是可以直接 (exgcd) 求出 (dx) 对于 (n) 的逆元，其实也就是预处理一下就行，然后就随便求 (k) 了。

但是显然我们也可以先直接预处理对于 (k=[1,n]) 的所有 (-x=kcdot dx) ，需要的时候直接从 (-x) 里面调用这个 (k) 即可。（其实就是个逆映射）

最后就是在所有组当中选择最大的那个组即可，输出点就直接输出代表元就行了。

时间复杂度 (O(n)) 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define inc(x,y,mod) (((x)+(y))>=(mod)?(x)+(y)-(mod):(x)+(y))
#define dec(x,y,mod) ((x)-(y)<0?(x)-(y)+(mod):(x)-(y))
#define rep(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define dep(i,y,x) for(int i=(y);i>=(x);i--)
const int N=1e6+5,M=2e5+5,MOD=1e9+7;
int n,m,dx,dy,a[N],Ans[N],Maxn,ex,ey;
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>n>>m>>dx>>dy;
	for(register int i=1,x=0,y=0;i<=n;i++) a[x]=y,x=(x+dx)%n,y=(y+dy)%n;
	for(register int i=1,x,y;i<=m;i++){
		cin>>x>>y;
		y=(y-a[x]+n)%n;
		Ans[y]++;
		if(Ans[y]>Maxn) Maxn=Ans[y],ex=0,ey=y;
	}
	cout<<ex<<' '<<ey;
	return 0;
}