显然前面四个和后面四个相互独立。
设前面四个的贡献为(u1*a,v1*b),后面的为(u2*b,v2*a),那么就相当于:
u1*a+u2*b=x且v1*b+v2*a=y,同时需要满足2|u1-v1,2|u2-v2
然后可以将(u1,v1,u2,v2)分(0,0,0,0)(1,1,0,0)(0,0,1,1)(1,1,1,1)分类讨论,只要一组满足就满足,否则不满足。其中1表示奇数,0表示偶数。
那么如果是奇数的话就把多出来的一个减掉。然后除以二,之后新的u1,u2,v1,v2就没有任何限制了。那么只要gcd(a,b)|nx且gcd(a,b)|ny即可。nx,ny表示减掉奇数的那个之后的值。
AC代码如下:
#include<iostream> #include<cstdio> #define ll long long using namespace std; ll d; ll gcd(ll x,int y){ return (y)?gcd(y,x%y):x; } bool ok(ll x,ll y){ return !(x%d) && !(y%d); } int main(){ int cas; ll a,b,x,y; scanf("%d",&cas); while (cas--){ scanf("%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&x,&y); d=gcd(a,b)<<1; puts((ok(x,y) || ok(x+a,y+b) || ok(x+b,y+a) || ok(x+a+b,y+a+b))?"Y":"N"); } return 0; }
by lych
2016.4.13