题目描述】
左下角是(0,0)，右上角是(W,H)的网格上，有(W+1)*(H+1)个格点。现在要在格点上找N个不同的点，使得这些点在一条直线上。并且在这条直线上，相邻点之间的距离不小于D。求方案数模1,000,000,000。
【输入格式】
第一行一个整数T，表示数据组数。
接下来T行，每行四个整数N,W,H,D，意义如题目描述。
【输出格式】
T行，每行一个整数表示答案。
【输入输出样例】
backyard.in | backyard.out |
6 2 4 4 1 13 36 48 5 5 5 5 1 50 49 49 1 6 5 5 2 10 55 75 5 | 300 2 88 102 0 490260662 |
【数据规模】
20%的数据，N,W,H,D≤10。
50%的数据，W,H,D≤100。
另20%的数据，N≤5。
100%的数据，N≤50，W,H,D≤500，T≤20。
首先是C(n,k) 的求法
C[0][0]=1;
for (int i=1;i<=501;i++)
{
C[i][0]=C[i][i]=1;
for (int j=1;j<=i-1;j++)
C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%F;
}
这个要背……
其次是判重
每次枚举是不要枚举一条直线，而要枚举一条线段（前后端点必取的）
注意要把线段放入点中，有（n-1)*(k-1)条线段，这些线段是为了让每段都大于d的最小点数，注意最小间隔+1的精度为ceil（k=trunc(d/dis-1e-7)+1）
注意在这种有长度限制（>=d)的题中，先把要添的点填上，再算组合数）
这样就没重复了,枚举一条线段的数量 显然为 （w-i+1)*(h-j+1) 注意用Longlong
回到原题，发现这样是无法考虑N=1，即只有一个店的情况，故特判，显然为网格上的所有点(w+1)*(h+1)
还要考虑堆成的线段->但是横纵线是不需要*2的
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<functional>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN (50+10)
#define MAXW (500+10)
#define MAXH (500+10)
#define MAXD (500+10)
#define MAXT (20+10)
#define F (1000000000)
#define eps 1e-10
int t,n,w,h,d;
long long C[MAXW][MAXH]={0};
int gcd(int a,int b)
{
if (b==0) return a;
else return gcd(b,a%b);
}
int main()
{
freopen("backyard.in","r",stdin);
freopen("backyard.out","w",stdout);
scanf("%d",&t);
C[0][0]=1;
for (int i=1;i<=501;i++)
{
C[i][0]=C[i][i]=1;
for (int j=1;j<=i-1;j++)
C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%F;
}
while (t)
{
long long ans=0;
scanf("%d%d%d%d",&n,&w,&h,&d);
// 枚举 totnode-2取 ？ 时。至少有2个点才不会Re
if (n==1)
{
cout<<(w+1)*(h+1)<<endl;
t--;
continue;
}
for (int i=0;i<=w;i++)
for (int j=0;j<=h;j++) //(0,0)->(x,y)
{
if (i==0&&j==0) continue;
int g=gcd(i,j);
int totnode=g+1; //直线上整点数
if (totnode<n) continue;
double dis=sqrt(double((i/g)*(i/g)+(j/g)*(j/g)));
int k=int(trunc(double(d)/dis-eps))+1; //最少的能拼凑>=d的dis段数 eg:d=2 dis=1 k=2 d=2.5 dis=1 k=3
if (k*(n-1)+1>totnode) continue; //段数n*[...) +右端点
ans=(ans+(i==0||j==0?1:2 )*((((w-i+1)*(h-j+1))%F)*(C[totnode-2-(n-1)*(k-1)][n-2]%F)))%F; //横线 纵线的特判
// cout<<ans;
// cout<<i<<' '<<j<<' '<<ans<<endl;
}
t--;
printf("%d\n",ans);
}
// while (1);
return 0;
}
