【问题描述】
小美很喜欢下象棋。
而且她特别喜欢象棋中的马。
她觉得马的跳跃方式很独特。（以日字格的方式跳跃）
小芳给了小美一张很大的棋盘，这个棋盘是一个无穷的笛卡尔坐标。
一开始(time=0)的时候，马在原点。每个时刻马都跳一步。
可是这个坐标图有点残缺，有几个点是不能跳到的。
然后小美很好奇在(time=[0,K])中，马能跳到多少个不同的格子。
【输入格式】
从文件chess.in中读入数据。
第一行两个数K,n表示时间上限和残缺的点的数量。
接下来n行，每行一个坐标 xi,yi 表示一个残缺点的坐标。
【输出格式】
输出到文件chess.out中。
第一行输出一个数字表示答案。由于这个数字会很大，你需要输出他模 1000000007 。
【样例输入】
1 0
【样例输出】
9
【样例输入】
2 7
-1 2
1 2
2 1
2 -1
1 -2
-1 -2
-2 -1
【样例输出】
9
【数据规模】
对于(30\%)的数据(Kle 500)。
对于(100\%)的数据(0le K le 10^{18}, 0le nle 440, |xi|le10, |yi|le 10)。
【来源】
题解
一道神奇的乱搞题。
首先，对于一个oier，最基本的技能是暴力，于是我们先用bfs打一个暴力（代码下面会有）。
于是就拿到了37分的好成绩。
但是除了大暴力，我们似乎并没有什么路可走——因为情况非常复杂。
那么这题为什么这么复杂？
因为有这句话：可是这个坐标图有点残缺，有几个点是不能跳到的。
于是我们想到简化：那这句话不在会怎么样？
我们发现一时找不出规律，但我们可以打张表。
#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
int mp[2003][2003];
int ans[6000];//ans[i]:第i步所到新到达的地方
int dirx[] = {1, 1, -1, -1, 2, 2, -2, -2};
int diry[] = {2, -2, 2, -2, 1, -1, 1, -1};
struct sxd
{
int x, y;
};
queue<sxd> Q;
int n;
long long k;
long long cnt;
inline void bfs(int x, int y)
{
mp[x][y] = 1;
Q.push((sxd){x, y});
while(!Q.empty())
{
sxd tmp = Q.front();
Q.pop();
ans[mp[tmp.x][tmp.y]]++;
if(mp[tmp.x][tmp.y] > 70)
break;
for(int i = 0; i < 8; ++i)
{
int tx = tmp.x + dirx[i];
int ty = tmp.y + diry[i];
if(mp[tx][ty]) continue;
mp[tx][ty] = mp[tmp.x][tmp.y] + 1;
Q.push((sxd){tx, ty});
}
}
}
int main()
{
bfs(1001, 1001);
for(int i = 1; i <= 60; ++i)
printf("%d,", ans[i]);
return 0;
}
运行结果：
1,8,32,68,96,120,148,176,204,232,260,288,316,344,372,400,428,456,484,512,540,568,596,624,652,680,708,736,764,792,820,848,876,904,932,960,988,1016,1044,1072,1100,1128,1156,1184,1212,1240,1268,1296,1324,1352,1380,1408,1436,1464,1492,1520,1548,1576,1604,1632,
发现了什么？（并没有发现什么）到了后面项，该数列竟趋向于一个等差数列！
把printf("%d,", ans[i]);改成printf("%d,", ans[i+1]-ans[i]);会更清晰：
7,24,36,28,24,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,
然后我们就可以大胆猜想了……
我们发现数据规模中(|xi|, |yi|)的值很小，是不是这样就不怎么会影响等差数列的波动幅度？
于是我们需要验证一下
//前面只是把if(mp[tmp.x][tmp.y] > 70)改成了if(mp[tmp.x][tmp.y] > 200)
int main()
{
bfs(1001, 1001);
cin >> n;
for(int i = 1, x, y; i <= n; ++i)
{
cin >> x >> y;
x += 1001;
y += 1001;
mp[x][y] = 1;//这样做还是挺妙的，把残缺坐标直接看成已访问
}
for(int i = 1; i <= 150; ++i)//输出多一些，让结论更可信
printf("%d,", ans[i+1] - ans[i]);
return 0;
}
随便造组数据验证一下：
8
2 3
1 2
2 1
5 6
-1 -2
-2 -1
-3 -4
-3 -2
输出
7,24,36,28,24,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,28,
经过多次验证，我们就可以很方便地想到正解：先暴力搜索几步（似乎都是选择500步的），然后用等差数列直接求出答案。
于是代码如下
//前面的bfs都差不多，就在写一遍了。
signed main()
{
fin >> k >> n;//由于当时是模拟赛所以用了文件流
for(int i = 1, x, y; i <= n; ++i)
{
fin >> x >> y;
x += 1001;
y += 1001;
mp[x][y] = 1;
}
bfs(1001, 1001);
if(k < 500)
{
for(int i = 1; i <= k+1; ++i)
cnt = (cnt+ans[i])%mod;
fout << cnt << endl;
}
else
{
long long inc = ans[500] - ans[499];//等差数列的公差
k -= 498;
k %= mod;
for(int i = 0; i <= 499; ++i)
cnt = (cnt+ans[i])%mod;
fout << (((k*ans[500]%mod+cnt)%mod+(k*(k-1)>>1)%mod*inc%mod)%mod+mod)%mod << endl;
}
return 0;
}
最后，恭喜你打出了一道tourist当场也没打出来的题。