Question

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有一个无限大的棋盘，棋盘上有一匹马，马可以从长宽分别为p和q的矩形一个角移动到对角。即假设马当前的位置为(x,y)，那么下一步可以移动到(x+p,y+q)，(x+p,y-q)，(x-p,y+q)，(x-p,y-q)，(x+q,y+p)，(x+q,y-p)，(x-q,y+p)或者(x-q,y-p)这8个位置。

问马是否能从坐标(x,y)按照上述移动规则移动到坐标(x2,y2)。

Solution

ref

1. 计算dx=x-x2,dy=y-y2。
2. 求出p,q的最大公约数g，如果dx或者dy不能被g整除，那么很显然无解。
3. 将p,q,dx,dy都除以g，现在p和q互质了。
4. 注意到马可以跳到点(0,2p)（先(p,q)跳一下，然后(p,-q)跳一下），重复这个过程，马可以跳到任意(0,2kp)的点，由于对称性，也可以跳到任意(2kp,0)的点。 5.下面这一步很关键，由于p,q互质，那么存在x,y满足px+qy=1（扩展欧几里德定理）。这样，马可以跳到(0,2)和和(2,0)，由于对称性，马可以跳到任意坐标都为偶数点。
5. 有了上面的结论，其实只用考虑(0,0),(0,1),(1,0),(1,1)这4个点是否可达。(0,0)是可达的，(0,1)和(1,0)由于对称性只用考虑(0,1)。
6. 对于(1,1)，其实是永远可达的。如果q,p都为奇数，可以先跳到(1+p,1+q)的点（利用5中的结论，可以跳到都是偶数的点），然后(-p,-q)跳到(1,1)。如果p,q一奇一偶，可以先跳到(1+p+q,1+q+p)的点（利用5中的结论），然后(-p,-q),(-q,-p)两步跳到(1,1)。
7. 对于(0,1)，如果p,q一奇一偶，那么也是永远可达的（同7可证）。如果p,q都是奇数，那么是不可能跳到(0,1)的，因为两个奇数不管怎么加减交替运算都不可能变成一奇一偶。

所以最后的结论就是：第3步之后，如果p,q一奇一偶，那么可达。否则dx,dy同奇或同偶才可达。

gcd的代码 (concise version):

int gcd(int a, int b) {
    return b ? gcd(b, a % b) : a;
}

Code

not written by me

int gcd(int a, int b){
    return b? gcd(b, a%b) : a;
}

bool canJump(int p, int q, int x, int y, int x2, int y2) {
    if(p==0 && q==0) return (x==x2)&&(y==y2);
    int xDist = x2 - x, yDist = y2 - y;
    int g1 = gcd(p, q);
    if( xDist % g1 || yDist % g1) 
        return false;
    p = p/g1;
    q = q/g1;
    xDist = xDist/g1;
    yDist = yDist/g1;
    if((p-q)%2 ) 
        return true;
    else 
        return (xDist-yDist)%2 == 0;
}