ARC118
Day 5
感觉得调整一下作息，vp AT 的时间不能太晚
赛时又有点意识不清醒了，明明这场的 D 着实不难的（
A
A - Tax Included Price (atcoder.jp)
\(A\)每增加1，里面那个\(\frac{100+t}{100}A\)就会增加\(1 < \frac{100+t}{100} <2\)，于是导致$\lfloor \frac{100+t}{100}A \rfloor $增大 1 或者 2
增加1没什么，增加2那显然中间会跨过一个值，同时使得\(\lfloor \frac{100+t}{100}A \rfloor - A\)增大1
于是我们去二分找最小的x满足\(\lfloor \frac{100+t}{100}x \rfloor - x=n\)，那么答案就是\(\lfloor \frac{100+t}{100}x \rfloor-1\)
Submission #23499797 - AtCoder Regular Contest 118
B
B - Village of M People (atcoder.jp)
要求最小化\(\max|\frac{b_i}{m}-\frac{a_i}{n}| = \max |\frac{b_in-a_im}{nm}|\)，忽略常量分母，最小化整数\(\max|b_in-a_im|\)即可
二分差值x，这样就限定了\(b_i\)的取值范围，令\(L_i=\max(\lceil \frac{a_im-x}{n} \rceil,0),R_i=\lfloor \frac{a_im+x}{n} \rfloor\)，即需要满足\(L_i \le b_i \le R_i\)
判断是否满足\(\sum L_i \le m \le \sum R_i\)即可判断可行性，构造一组解的时候就先都取\(L_i\)再酌情往上加即可，时间复杂度\(O(k \log (nm))\)
Submission #23500173 - AtCoder Regular Contest 118
官方题解还给了一种贪心的思路，假设我们不强制要求\(b_i\)为整数，那么问题就很简单了，直接按比例换算即可，令\(b_i=\frac{a_im}{n}\)即有差值为0
考虑先暂且下取整$b_i=\lfloor \frac{a_im}{n} \rfloor \(，然后我们显然需要令其中的\)k=m-\sum b_i$个数增大1
只要按照\(b_in-a_im \le 0\)从小到大排序，然后选择前k个最小的即可
C
算是一道思路巧妙的打表题
要求满足(1)任意两个数不互质(2)所有数的公约数为1，简单思考不难构造这样一组解：\(\{2\times3,2\times5,3\times5\}\)
考虑如何扩大这组解，(2)时刻满足所以只要保证(1)就可以。发现只要再放入的数至少含有\(\{2,3,5\}\)这3个质因数中的某2个即可，打表发现\(10000\)以内这样的数有\(2666\)个（含已经放进去的那3个），于是这道题就这样（很离谱地）做完了
Submission #23500424 - AtCoder Regular Contest 118
D
D - Hamiltonian Cycle (atcoder.jp)
这几天做的 D 里面最简单的一个了，可惜赛时被细节杀了
转化一下题意就是有标号\([1,p-1]\)的点，然后对于每个\(x\)要连双向边\((x,ax),(x,bx)\)，求哈密顿回路
诶这个我知道这不就是【UNR #4】挑战哈密顿 - 题目 - Universal Online Judge (uoj.ac)
首先根据费马小定理显然有\(a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}\)，然后如果接触过一些阶和原根的相关知识的话，也不难想到反复乘\(a\)的周期\(ca\)一定满足\(ca|p-1\)（没接触过这个也挺显然的）
于是关于这张图的一个基本的观点是：若只单独考虑\(a\)，那么整张图相当于是由\(\frac{p-1}{ca}\)个长度为\(ca\)的环构成的，只考虑\(b\)也同理，但关键是如何将这二者结合起来看
首先能注意到图的一个相似性，由于乘a乘b的先后顺序不会影响最后的落点，如果以\(a\)的环为参考系，那么\(b\)的每一个环所穿过\(a\)的环的顺序一定是相同的，而且与\(a\)的环的交点是等距的，也就说\(b\)的每个环在\(a\)的参考系下是平行的。所以我们只考虑\(b\)的某一个环即可
冷静整理思考一下，不难发现有解的一个必要条件是：任意一个\(b\)的环都必须要穿过\(a\)的每一个环
也就是，先把图分割成若干个\(a\)的环，然后当我们在某个环\(x\)的某个点\(u\)上乘\(b\)后它必须落在另一个环上，并且反复乘\(b\)的话它能够经过每一个环再回到环\(x\)（但不一定回到点\(u\)）
上述是从图论角度理解的，如果从数论角度来解释，有解的必要条件为：
取集合\(C=\{a^i|i \ge 0\}\)，然后令\(n=|C|\)，\(m \ge 1\)为最小的满足\(b^m \in C\)的数，则应当有\(nm=p-1\)
下面我们证明，如果满足了这个必要条件，我们一定可以构造出一组解，也就是说这个条件其实是充要的
\(\forall x \in [1,p-1]\)，一定存在唯一的一组\(i\in[0,n-1],j\in[0,m-1]\)使得\(x=a^ib^j\)，也就是形成双射
证明：假设\(x=a^{i_1}b^{j_1}=a^{i_2}b^{j_2}\)，那么有\(a^{i_1-i_2}=b^{j_1-j_2} \in C\)，于是\(m|j_1-j_2\)与假设矛盾，即每个\(x\)唯一对应一组\(i,j\)；然后每个\(i,j\)也显然唯一对应一个\(x\)
因此我们可以断定\(\forall x\in[1,p-1]\)，都唯一对应着\(n*m\)网格图上的某一个点，这与我们在上面图论角度的猜想是一致的
而且\(n*m=p-1\)，当\(p>2\)时\(n\)和\(m\)中一定有一个是偶数，对其构造哈密顿回路方法多种多样，这里不多加赘述
如果\(n\)和\(m\)中有某一个数为1，特判一下这种情况，走到终点然后由周期性再回到起点即可
PS1：在代码中，只要求出n然后假设m=(p-1)/n，正常构造即可，如果中间走着走着出现了重复说明假设有误返回无解，这样代码可能会好写一些(?)，不过各自求出n、m也不是多难的事情好像
PS2：不开long long见啥来着......
