[BZOJ2235]回文图

题目描述
有一片透明玻璃，我们可以在上面涂色。涂色后，你可以对它做两种操作：
1.旋转，顺时针或逆时针旋转90度；
2.翻转，水平或垂直翻转180度；
不管进行多少次旋转或翻转，我们看到都是相同的图形，我们把这样的图形称为"回文图"。
下图是操作示例。请注意，图中并不是回文图。
 
现在给你一块n*n的方格状透明玻璃和k种颜色的油漆。请你给每个方格都涂上颜色，涂完后得到一幅回文图。但是这块玻璃上有m个方格事先已被涂上了颜色，你不能修改它们。

请问，总共能画出多少种不同的回文图？

输入
第一行，三个空格间隔的整数n,m,k

接下来m行，每行两个整数x和y，表示坐标为(x,y)的格子已被涂上了颜色(0<=x,y<n)。

输出

一行，一个整数，表示方案总数，结果可能很大，请输出Mod 100 000 007后的结果。

样例输入

3 0 2

样例输出

8

题解：

将原图用“米”字形线分为八个部分，

题目要求无论怎样旋转翻转原图都不变，这就间接地说明了图的八个部分都相同，只需讨论其中一块的情况就行了。

最终的方案数为：颜色数^可涂格子数

#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long LL; const int Mod=100000007; const int N=5005; int n, m; LL k, sum; bool vis[N][N];    LL Mul( LL a, LL b ) {     LL res=0;     for( LL i=1; i<=b; i<<=1, a=(a<<1)%Mod )         if( b&i ) res=(res+a)%Mod;     return res%Mod; }    LL Ksm( LL p, LL k ) {     LL res=1;     while( k ) {         if( k&1 ) res=Mul( res, p )%Mod;         p=Mul( p, p )%Mod;         k>>=1;     }     return res%Mod; }    int main() {     scanf( "%d%d%lld", &n, &m, &k );     int t=(n-1)>>1;     sum=( t+2 )*(t+1)>>1;     for( int i=1; i<=m; i++ ) {         int xx, yy;         scanf( "%d%d", &xx, &yy );         if( xx>t ) xx=n-1-xx;         if( yy>t ) yy=n-1-yy;         if( xx<yy ) swap( xx, yy );         if( !vis[xx][yy] ) sum--, vis[xx][yy]=1;     }     printf( "%lld\n", Ksm( k, sum ) );     return 0; } 

反省：

这道题的难度不算太难，属于稍微认真一点多思考一点就可以AC的题，前提是：

一定不要把xy的范围看错啊！！！范围是0<=x,y<n，不是从1开始的啊！！！！！！

满心欢喜地交上去以为自己能AC，然后现实就狠狠地扇了我一耳光......

现在想起当时的自己实在无话可说，难得在考试时遇见这么简单的题，千载难逢的AC机会，结果栽在这上面。

而且那个错误代码不仅过了样例，还过了我造的4组数据（我造数据的能力也是弱Orz...）

也许比起打代码我更适合打星际......

之前也犯过忘开long long导致乘爆的、m打成n的、freopen注释掉又忘删的......等等瓜皮错误，真的心塞

这给了我一个教训：细节决定成败

丰富的思维和高超的技艺只是给予了竞争的资格，真正决定胜负的，还是那些平常容易被忽视的小细节。

总之继续加油！未来还有机会，虽然不多，但还是有的。

特此放上这道题自省