The 2020 ICPC Asia Shenyang Regional Programming Contest I题 Rise of Shadows（数论）

题目链接The 2020 ICPC Asia Shenyang Regional Programming Contest

题目大意：
一天内有H小时，每小时M分钟，时针分针以恒定速率旋转。
现在若时针分针的夹角<=α，则该时刻的分钟是贡献分钟。
现在要求解一天里面的所有贡献分钟。

分析：
计算两个速率V1 V2，枚举小时【0,N-1】
计算该小时内的有效分钟，显然是圆上弧长有一定关系，不妨写出如下暴力

for(int i=0; i<n; i++)
{
    for(int j=0; j<m; j++)
    {
        if(abs(m*i+j-n*j)<=k)
            ans++;
    }
}

考虑到该方程要等于【0，K】时才有效，考虑到该方程有解的前提是K_i 整除gcd(n-1,m)，因此可以快速计算出有效的K有 K/gcd(n-1,m)个，考虑到绝对值的关系，每组还要乘2。 再考虑下K=0，记为1 ，对于K=0 不难发现只有gcd(n-1,m)组解，同理对于其他有效K。那么最终答案为 (K/g*2+1)*g
PS：此做法不是很严谨
缺少证明 m * x +(1-n) * y=Q 的解的个数 x<=m且y<=n-1且x y大于等于0个数为gcd(n-1,m)个。
因此附上类欧几里得算法写法即求解 abs(m * x+(1-n) * y)<=K
将绝对值拆开，做两次类欧几里得算法。结尾附上代码QAQ

signed main()
{
    ll n,m,k;
    read(n);
    read(m);
    read(k);
    ll ans=0;
    if(k*2==n*m)
    {
        printf("%lld",n*m);
        return 0;
    }
    ll g=gcd(n-1,m);
    printf("%lld\n",(k/g*2+1)*g);
}

#include
using namespace std;
#define ll long long
#define int long long

int n, a, b, c;
//f(a,b,c,n)=sum(i,0,n)[(a*i+b)/c]
//g(a,b,c,n)=sum(i,0,n)i*[(a*i+b)/c]
//h(a,b,c,n)=sum(i,0,n)[(a*i+b)/c]的平方
struct node {
    int f, g, h;
};
node solve(ll a, ll b, ll c, ll n) {
    node ans;
    if (!a) {
        ans.f = (n + 1) * (b / c) ;
        ans.g = (n + 1) * n / 2 * (b / c);
        ans.h = (n + 1) * (b / c) * (b / c);
        return ans;
    }
    if ((a >= c) || (b >= c)) {
        node tmp = solve(a % c, b % c, c, n);
        ans.f = (tmp.f + n * (n + 1) / 2 * (a / c) + (n + 1) * (b / c));
        ans.g = (tmp.g + n * (n + 1) * (n * 2 + 1) / 6 * (a / c) + n * (n + 1) / 2 * (b / c));
        ans.h = (tmp.h + n * (n + 1) * (n * 2 + 1) / 6 * (a / c) * (a / c) + (n + 1) * (b / c) * (b / c) + tmp.f * (b / c) * 2 + tmp.g * (a / c) * 2 + (a / c) * (b / c) * n * (n + 1));
        return ans;
    }
    ll m = (a * n + b) / c;
    node tmp = solve(c, c - b - 1, a, m - 1);
    ans.f = (n * m  - tmp.f);
    ans.g = (m * n * (n + 1) - tmp.f - tmp.h) / 2;
    ans.h = (n * m * (m + 1) - tmp.g * 2 - tmp.f * 2 - ans.f);
    return ans;
}
int qpow(int x, int y) {
    int ans = 1;
    while (y) {
        if (y & 1)ans = ans * x;
        y >>= 1; x = x * x;
    }return ans;
}
int gcd(int a, int b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }
int exgcd(int a, int b, int& x, int& y) {
    int d = a;                            //x是a在膜b下的逆元
    if (b != 0) {                           //-b+1~b-1最后判负要加b
        d = exgcd(b, a % b, y, x);
        y -= (a / b) * x;
    }
    else {
        x = 1; y = 0;
    }
    return d;	        //返回gcd(a,b)
}
int fuc(int a, int b, int c, int n)
{
    a %= c, b %= c;
    int z = gcd(a, c);
    if (b % z) return 0;
    int x, y;
    exgcd(a, c, x, y);
    x *= (-b / z);
    x %= (c / z);
    if (x < 0) x += (c / z);
    int ret = (n - x) / (c / z) + 1;
    return max(ret, 0ll);
}

signed main() 
{
	ll h, m, a;
	cin >> h >> m >> a;
	int k = a / (h - 1) + 1;
	node ans1 = solve(h * m, a + k * (h - 1), h - 1, h - 2);
	node ans2 = solve(h * m, -a + k * (h - 1), h - 1, h - 2);
	ll ans = ans1.f - ans2.f + fuc(h * m, -a + k * (h - 1), h - 1, h - 2);
	cout << min(ans, h * m) << endl;

}