問題の意味
与えられた\（N \）ポイント、あなたは、適切な見つける必要がある\（m個\）と\（D_1、D_2、...、D_m \）をそれぞれが4つの方向に行くために、原点から始まるように、\（D_I \）単位、最終的に到達\（（X_T、Y_t）を\） 。出力\（Mの\）と\（D \）アレイとするための\（T = 1 \ n個の \） 出力方向。
\（N- \ 1当量3 ^ 10 \） 、レンジ座標\を（10 ^ 9 \）
問題の解決策
もしポイント\（（X_T、Y_t）\）、\ （X_T + Y_t \）がないソリューション、異なるパリティの
場合\は（X_T + y_t \）でもあり、私たちみましょう\（D_1。1 = \） 、これに変換\（X_T + y_t \）が奇数です。
行うにはどのように奇妙な？バイナリ構造。
：検討\（D（K）= { 1、2、4、...、2 ^ K} \） そのようなセットは、すべて行くことができる| X | + | Y \（ | \当量2 ^ {kは-1 + 1} \）点（奇数）
証明：https://blog.csdn.net/qq_37555704/article/details/83217444#_14ここでは、マップを移動しました。
ため\（D（K） - D （K-1）\） 領域（新しいゾーン）、（紫赤色以上）ステップに直接行きます
元の領域に到達することができ、私たちは内側から内側に行くことができます。
二：解決策を見つける方法を考えてみましょう。
証明：\（D（K）が\）ポイント満足に来ることができる\（\分（| X | 、| Y |）\当量2 ^ K-1 \）
おそらく値証明（| = 2 ^ K \ \ X | = 2 ^ K-1、| | y）を調整好ましくない見出さに運ば。
限り、我々から各として\（D（k）は\）行き（D（K-1）\を \） するために、することができ（D（0）\）\成功するとき
分析を描くことによって、大きな絶対値の各々は、より小さくすることができる\（D（K）\）来る\（D（1-K）を\） 。
その後、問題がなくなっています。私たちの上にあります\（D（k）は\）行ってきました\（\ dは（K-1））は、実際に他の方法で回避され、その文字の出力が否定さに注意を払います。
#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 1010;
int n, m, x[N], y[N], d[N];
bool tg[N];
int main() {
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
scanf("%d%d", x + i, y + i);
tg[(x[i] + y[i]) & 1] = 1;
}
if(tg[0] & tg[1]) return puts("-1") & 0;
if(tg[0]) d[++ m] = 1;
for(int i = 30; ~ i; i --) d[++ m] = 1 << i;
printf("%d\n", m);
for(int i = 1; i <= m; i ++) printf("%d%c", d[i], " \n"[i == m]);
for(int i = 1; i <= n; i ++, putchar('\n')) {
for(int j = 1; j <= m; j ++) {
if(abs(x[i]) > abs(y[i])) {
if(x[i] > 0) x[i] -= d[j], putchar('R');
else x[i] += d[j], putchar('L');
} else {
if(y[i] > 0) y[i] -= d[j], putchar('U');
else y[i] += d[j], putchar('D');
}
}
}
return 0;
}