C. The Three Little Pigs
题目大概是求:
首先写成生成函数的形式
其中\(f=(1+x)^3\) 。
考虑直接算出\(f^0+f^1+f^2...f^n\),显然是一个等比数列\(\frac{f^{n+1}-1}{f-1}\)。直接做一遍多项式长除法就行了。
时间复杂度为\(O(n)\)。
顺便说一下多项式长除法有点类似暴力卷积，时间复杂度是\(O(NM)\)，本题中除数的次数比较小。
D12. Gregor and the Odd Cows
首先看到内部点可以想到皮克定理：
\(S\)是格点多边形的面积，\(A\)是内部点数量，\(I\)是边界上点的数量。
证明可以归纳，每次将多边形割掉一个小的三角形，然后证明三角形即可。三角形可以转变成矩形-直角三角形。
题目的限制可以表述成：
由于小数部分只可能是\(\frac{I}{2}\)带来的，所以\(S\in \mathbb{Z}\Leftrightarrow I=2k,(k\in \mathbb{Z})\) 。
然后两边同时\(\times 2\)。
然后就转变成面积和边界上的点的两个限制。
段点为\((x_1,y_1),(x_2,y_2)\)的线段整点个数为\(\gcd(|x_1-x_2|,|y_1-y_2|)\)。
而\(2S\)刚好就是两条边的叉积，由于只关心在\(\mod 4\)下的值，所以可以将坐标\(\mod 4\),同时不改变\(2S\mod 4\)，但是会改变\(gcd\)。
所以我们可以枚举3个坐标\(\mod 4\)下的值，然后就可直接叉积判断\(2s\)的奇偶性了。
现在只需要在满足\(\mod 4\)的前提下\(I\equiv 2s\)。
这里需要分情况讨论（下面把坐标\(\mod 4\)相同的元素看作同一集合）：
1 三个属于一个集合：
直接就是\(cnt\choose 3\)，因为这个时候叉积为0，且\(gcd\)也为0 。
2. 其中两个属于集合\(A\)，另一个属于集合\(B\)
可以枚举B中的元素，然后枚举两条边的值。属于一个集合中边的权值\(\mod 4=0\)，直接取一个组合数就行了。
3. 属于不同集合
这个时候一定有一条边的权值是偶数。
可以发现若\(i\in A,j\in B\)，满足\(\gcd(i,j)\mod 4=0/2\),令\(x=\gcd(i,j)\)，则\(\forall_{i\in A,j\in B} \gcd(i,j)=x\)。
然后直接枚举不被这条偶边连的集合里的元素并且枚举边权就好了。
时间复杂度：\(O(N^2)\)，瓶颈是求两点之间整点个数。
code:
#include<bits/stdc++.h>
#define rb(a,b,c) for(int a=b;a<=c;++a)
#define rl(a,b,c) for(int a=b;a>=c;--a)
#define LL long long
#define IT iterator
#define PB push_back
#define II(a,b) make_pair(a,b)
#define FIR first
#define SEC second
#define FREO freopen("check.out","w",stdout)
#define rep(a,b) for(int a=0;a<b;++a)
#define SRAND mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count())
#define random(a) rng()%a
#define ALL(a) a.begin(),a.end()
#define POB pop_back
#define ff fflush(stdout)
#define fastio ios::sync_with_stdio(false)
#define check_min(a,b) a=min(a,b)
#define check_max(a,b) a=max(a,b)
using namespace std;
//inline int read(){
// int x=0;
// char ch=getchar();
// while(ch<'0'||ch>'9'){
// ch=getchar();
// }
// while(ch>='0'&&ch<='9'){
// x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
// ch=getchar();
// }
// return x;
//}
const int INF=0x3f3f3f3f;
typedef pair<int,int> mp;
/*}
*/
const int MAXN=6e3+1;
int n,x[MAXN],y[MAXN];
int cnt2[4][4];
int cnt[MAXN][4][4][4];
LL c[MAXN][4];
vector<int> conta[4][4];
int GG[4][4][4][4];
mp operator - (mp A,mp B){
return II(A.FIR-B.FIR,A.SEC-B.SEC);
}
int operator * (mp A,mp B){
return A.FIR*B.SEC-A.SEC*B.FIR;
}
int preg[MAXN][MAXN];
int main(){
rep(i,4) rep(j,4) rep(k,4) rep(y,4) GG[i][j][k][y]=-1;
scanf("%d",&n);
rb(i,1,n) scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
rb(i,1,n) rb(j,1,i) preg[i][j]=preg[j][i]=__gcd(abs(x[j]-x[i]),abs(y[j]-y[i]))&3;
rb(i,1,n) rb(j,1,n) GG[x[i]&3][y[i]&3][x[j]&3][y[j]&3]=preg[i][j],cnt[i][x[j]&3][y[j]&3][preg[i][j]]++;
rb(i,1,n) cnt2[x[i]&3][y[i]&3]++,conta[x[i]&3][y[i]&3].PB(i);
rep(i,MAXN) c[i][0]=1;
rb(i,1,MAXN-1) rb(j,1,3) (c[i][j]=c[i-1][j-1]+c[i-1][j]);
LL ans=0;
rep(ax,4) rep(ay,4)
rep(bx,4) rep(by,4)
rep(cx,4) rep(cy,4){
if(II(ax,ay)<=II(bx,by)&&II(bx,by)<=II(cx,cy)){
int ary=0;
mp A,B,C;
A=II(ax,ay);
B=II(bx,by);
C=II(cx,cy);
ary=abs((A-C)*(B-C));
if(!(ary&1)){
int t=ary&3;
if(A==C){
ans+=c[cnt2[ax][ay]][3];
}
else if(A==B){
rep(CA,4){
int CB=(t+4-CA)&3;
if(CA>CB) continue;
for(auto it:conta[cx][cy])
if(CA==CB){
ans+=c[cnt[it][ax][ay][CA]][2];
}
else{
ans+=cnt[it][ax][ay][CA]*cnt[it][bx][by][CB];
}
}
}
else if(B==C){
rep(AC,4){
int AB=(t+4-AC)&3;
if(AC>AB) continue;
for(auto it:conta[ax][ay])
if(AC==AB){
ans+=c[cnt[it][cx][cy][AC]][2];
}
else{
ans+=cnt[it][cx][cy][AC]*cnt[it][bx][by][AB];
}
}
}
else{
rep(AC,4) rep(AB,4){
int CB=(t+8-AC-AB)&3;
if(AC%2==0){
if(AC==GG[ax][ay][cx][cy]){
for(auto it:conta[bx][by]){
ans+=cnt[it][ax][ay][AB]*cnt[it][cx][cy][CB];
}
}
}
else{
if(AB%2==0){
if(AB==GG[ax][ay][bx][by]){
for(auto it:conta[cx][cy]){
ans+=cnt[it][ax][ay][AC]*cnt[it][bx][by][CB];
}
}
}
else{
if(CB==GG[bx][by][cx][cy]){
for(auto it:conta[ax][ay]){
ans+=cnt[it][bx][by][AB]*cnt[it][cx][cy][AC];
}
}
}
}
}
}
}
}
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
