Codeforces 24C

题意： 给定一个长度为 $n$n的坐标序列 $a$a，以及一个坐标 $M_0$M0​。 $M_i$Mi​和 $M_{i-1}$Mi−1​以 $a_{\left\{\right(i-1\left)modn\right\}}$a{(i−1)mod n}​对称，求 $M_j$Mj​坐标

题解： 我们先写几项出来：
① $M_1=2\ast a_0-M_0$M1​=                         2∗a0​−M0​
② $M_2=2\ast a_1-M_1=2\ast a_1-2\ast a_0+M_0$M2​=2∗a1​−M1​=2∗a1​−2∗a0​+M0​
③ $M_3=2\ast a_2-M_2=2\ast a_2-2\ast a_1+2\ast a_0-M_0$M3​=2∗a2​−M2​=2∗a2​−2∗a1​+2∗a0​−M0​
④ $M_4=2\ast a_3-M_3=2\ast a_3-2\ast a_2+2\ast a_1-2\ast a_0+M_0$M4​=2∗a3​−M3​=2∗a3​−2∗a2​+2∗a1​−2∗a0​+M0​
⑤ $M_5=2\ast a_4-M_4=2\ast a_4-2\ast a_3+2\ast a_2-2\ast a_1+2\ast a_0-M_0$M5​=2∗a4​−M4​=2∗a4​−2∗a3​+2∗a2​−2∗a1​+2∗a0​−M0​

这里可以看出来是有前缀和的思想，处理的是一加一减的前缀。
即 $pre\left[0\right]=a\left[0\right],pre\left[1\right]=a\left[0\right]-a\left[1\right],pre\left[2\right]=a\left[0\right]-a\left[1\right]+a\left[2\right]，$pre[0]=a[0],pre[1]=a[0]−a[1],pre[2]=a[0]−a[1]+a[2]，以此类推。
由于有取模的影响，那么先求处理出有多少完整的前缀 $n$n，
同时 $n$n是奇数，故连续的 $n$n个元素最多只能存在一组，其他都会相互抵消。
故我们只需处理三部分：
$1.$1. 连续的前缀部分为 $2\ast k$2∗k个，那么无需计算，连续的前缀为 $2\ast k+1$2∗k+1个，那么只需统计一个即可。
$2.$2. 除去连续的前缀部分， $a$a元素的部分。
$3.M_0$3.M0​

处理的时候要注意存储的是加 $a_0$a0​，减 $a_1$a1​，即加 $a_{偶数}$a偶数​，减 $a_{奇数}$a奇数​。
所以需要计算一下位置来确定当前是否需要加负号。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define x first
#define y second
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> PLL;
const int N = 1e5 + 10;

PLL a[N], all[N], M;
ll n, j;

int main()
{
	scanf("%lld%lld", &n, &j);
	scanf("%lld%lld", &M.x, &M.y);
	for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%lld%lld", &a[i].x, &a[i].y);
	all[0] = a[0];
	for(int i = 1; i < n; i++) {
		if(i & 1) all[i].x = all[i - 1].x - a[i].x, all[i].y = all[i - 1].y - a[i].y;
		else all[i].x = all[i - 1].x + a[i].x, all[i].y = all[i - 1].y + a[i].y;
	}
	
	int cnt = ((j / n) & 1);
	int t = (j - 1) % n;
	int pM = (j & 1) ? -1 : 1;
	int pS = (t & 1) ? -1 : 1;
	int pF = -pS;
	if(j % n == 0) pS = 0, pF = 1;
	
	ll rx = pM * M.x + 2ll * (cnt * pF * all[n - 1].x + pS * all[t].x);
	ll ry = pM * M.y + 2ll * (cnt * pF * all[n - 1].y + pS * all[t].y);
	
	printf("%lld %lld\n", rx, ry);
	
	return 0;
}