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描述

题解

在 n∗m 的区域中，有 n∗m 种知了，给出每种知了第一次出现的年数 s 和周期性 z ，然后询问 (x1,y1) 和 (x2,y2) 为对角线顶点的矩形区域中，所有种类知了同时出现的年份。

这里要求矩形区域中所有知了第一次同时出现的年数，我们可以先从两只知了考虑，设甲第一次出现、甲出现周期、甲出现的次数、甲出现的年数、乙第一次出现、乙出现周期、乙出现的次数、乙出现的年数为 s1、z1、c1、d1、s2、z2、c2、d2 ，那么我们很容易得到：

d1=s1+c1∗z1
d2=s2+c2∗z2

因为想要两只同时出现，所以使 d1=d2 联立得：

s1+c1∗z1=s2+c2∗z2
c1∗z1−c2∗z2=s2−s1

所以利用扩展欧几里得我们可以得到 c1 的最小正整数解，代入可得 d 值。这样得到了第一次两只知了同时出现的年数，那么以后两只知了同时出现的年数也是周期性的，周期为 lcm(z1,z2) 。

考虑完两只知了的合并后，就可以考虑更多的合并了，其实我们完全可以将已经合并的两只看成一只，然后再与其他的进行合并，如此这般我们便能很容易获得到任意只知了同时出现的时间。

由于题目 0<n,m≤200 ，但是 0<1≤50000 ，所以我们需要先预处理出来一些信息这样才能更好的优化访问。我们不妨用 DP 设 dp[i][j][k] 表示第 i 行从 j 到 k 的知了同时出现的时间。那么我们预处理完这个后，当我们访问时只需要对纵向进行合并即可。

现在来分析复杂度，首先预处理的复杂度是 O(n3) ，在允许范围内，询问时的复杂度是 O(qn) 也是可以接受的，但是我们的空间复杂度有些高，我们需要对空间进行压缩。常见的 dp[][][] 的压缩手段是滚动数组，压掉第一维，可是我们这里需要保留第一维的信息，所以这种手段是不行的，那么我们可以选择的还有压缩第二和第三维。具体怎么压缩呢？我们不妨来只考虑后两维这个空间，想象成矩阵， j 和 k 一定满足的关系是 j<k ，那么在这个矩阵中，我们会用到的空间只有上三角，下三角空间完全是搁置的，我们不如对 j 和 k 进行 hash ，这样就可以实现压缩掉这搁置的一半还多的空间。如此这般，便很容易将三维降低到二维，不过空间只是压缩了一半。

除此之外，还有一个比较明显的问题便是 longlong 会爆，在计算的时候产生的中间变量会爆掉 longlong ，所以那部分我们需要用更大的数据类型来保存，恰好有一个叫做 __int128 的玩意儿，可以好好用用。

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;
typedef __int128 lll;

const int MAXN = 202;
const int MAXM = MAXN * MAXN / 2 + MAXN;

struct node
{
    ll a, b;
} dp[MAXN][MAXM];

int n, m, q;

inline int _hash(int x, int y)
{
    return (2 * m - x + 1) * x / 2 + y - x + 1;
}

ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y)
{
    if (b == 0)
    {
        x = 1;
        y = 0;
        return a;
    }

    ll ans = exgcd(b, a % b, x, y);
    ll t = x;
    x = y;
    y = t - a / b * y;

    return ans;
}

node merge(node x, node y)
{
    if (x.a == -1 || y.a == -1)
    {
        return {-1, -1};
    }

    ll _x, _y;
    ll g = exgcd(x.b, y.b, _x, _y);
    if ((y.a - x.a) % g)
    {
        return {-1, -1};
    }

    ll t = (y.a - x.a) / g;
    lll p = x.a + (lll)x.b * _x * t;
    lll q = x.b / g * y.b;
    p = (p % q + q) % q;
    return {(ll)p, (ll)q};
}

void init()
{
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        for (int j = 0; j < m; j++)
        {
            for (int k = j + 1; k < m; k++)
            {
                dp[i][_hash(j, k)] = merge(dp[i][_hash(k, k)], dp[i][_hash(j, k - 1)]);
            }
        }
    }
}

int main(int argc, const char * argv[])
{
    int T;
    cin >> T;

    for (int ce = 1; ce <= T; ce++)
    {
        printf("Case #%d:\n", ce);

        scanf("%d%d", &n, &m);
        for (int i = 0; i < n; i++)
        {
            for (int j = 0; j < m; j++)
            {
                scanf("%lld", &dp[i][_hash(j, j)].a);
            }
        }

        for (int i = 0; i < n; i++)
        {
            for (int j = 0; j < m; j++)
            {
                scanf("%lld", &dp[i][_hash(j, j)].b);
            }
        }

        init();

        scanf("%d", &q);

        int x1, y1, x2, y2;
        while (q--)
        {
            scanf("%d%d%d%d", &x1, &y1, &x2, &y2);
            x1--; y1--; x2--; y2--;
            node ans = dp[x1][_hash(y1, y2)];
            for (int i = x1 + 1; i <= x2; i++)
            {
                if (ans.a == -1)
                {
                    break;
                }
                ans = merge(ans, dp[i][_hash(y1, y2)]);
            }

            printf("%lld\n", ans.a);
        }
    }

    return 0;
}