没想到一年前外培的题目放到了今天的考试题，这是为什么呢？非常的奇妙啊！
所以下面的内容是去年写的，非常的奇妙啊！
\(\mathcal{T}_1\) 对王之王
Description
小 W 希望写出一副对联，让它体现 \(n\) 行的相生相克。
小 W 的这副对联包含上联、下联和横批，各有 \(n\) 个字。每个字根据其偏旁的类型，可以记为一个 \(0\) 到 \(n − 1\) 之间的整数。小 W 希望上联、下联和横批都是 \(0\) 到 \(n − 1\) 的 排列，我们将其分别记为 \(a, b, c\).
小 W 还希望上联、下联、横批都能体现 \(n\) 行的相生相克。具体来说，小 W 会有三种标准来衡量这副对联是否能体现 \(n\) 行的相生相克：
-
对于任意 \(0 \leqslant i < n\)，有 \(a_i + b_i ≡ c_i \pmod n\)；
-
对于任意 \(0 \leqslant i < n\)，有 \(a_ib_i ≡ c_i \pmod n\)；
-
对于任意 \(0 \leqslant i < n\)，有 \(a^{b_i}_i ≡ c_i \pmod n\)，注意在本题中 \(0^0\) 是无意义的。
现在，小 W 希望你在符合第 \(\rm T\) 种标准的条件下，构造出一副长为 \(n\) 的对联。
\(2\leqslant n\leqslant 2\cdot 10^5\).
我的想法
\(\text T=1\) 的情况就想到了 这道题，在考场上还 yy 了个感性理解。
\(\text T=3\) 打了个暴力走人。
Solution
\(\text T=2\)
结论 1：\(n\) 无平方因子。
证明：
设存在质数 \(p\) 使得 \(p^2\mid n\) 且此时有解。显然 $A_x ,B_x $ 中只要有一个是 \(p\) 的倍数，\(C_x \bmod n\) 就会是 \(p\) 的倍数，由于 \(A,B,C\) 中 \(p\) 的倍数个数相同，因此必须满足当 \(p\mid A_x\) 时，有 \(p\mid B_x\).
考虑 \(C_x =p\)，此时 $p\mid A_x ,p\mid B_x $，故 $p^2\mid C_x $，且 \(p^2\mid (C_x\bmod n)\)，所以矛盾。
结论 2：只有 \(n=2\) 有解。
证明：
首先 \(n\) 必须无平方因子。任取质数 \(p\) 满足 \(p\mid n\)。设 \(m=n/p\)，显然 \(\gcd(m,p)=1\).
考虑集合 \(S=\{ xm\mid x\in [1,p-1],x\in \mathbb{N}\}\)，类似于证明 \(n\) 无平方因子的方式可以证明 \(A_x \in S\Longleftrightarrow B_x \in S\Longleftrightarrow C_x \in S\).
那么有
\(\displaystyle\left(\prod_{A_x \in S}A_x\right) \cdot \left(\prod_{B_x \in S}B_x\right) =\prod_{C_x \in S}C_x\)，故 \((-1)\times(-1)\equiv -1\pmod p\)，只有 \(p=2\) 满足条件，因此 \(n\) 的质因子只有 \(2\)，只有 \(n=2\) 符合条件。
\(\text T=3\)
数学题滚出 OI！！！
\(\mathcal{T}_2\) 伊莉斯
Description
你处于一个 \(n×n\) 的网格空间中，一开始你位于 \((1, 1)\)，而「门」位于 \((n, n)\)。
你每一时刻可以选择从 \((i, j)\) 移动向 \((i, j + 1)\) 或者 \((i + 1, j)\)（我们记为向上和向右）， 当然，你不能离开这个空间。
伊莉斯拥有 \(c^2\) 个魔眼，它们在网格上形成一个方阵，即位置 \((a + i, b + j)(0 \leqslant i < c, 0 \leqslant j < c)\) 上都有一个魔眼。初始它们都有一个阀值 \(t\)，如果某一时刻你移动到了 \((x, y)\)，那 么位于位置 \((i, j)\) 的魔眼阀值将会减少 \(|x − i| + |y − j|\)，一旦有一个魔眼的阀值减到了 \(0\) 以下，你将会被伊莉斯石化（即使你已经到达了「门」）。但由于你的强对抗力，你可以走到存在魔眼的位置上。
现在，作为霸主权能的拥有者，你想要判断出是否存在一条路径可以安全地到达「门」。
如果不存在一条安全的路径，输出 Again，否则输出一行一个由 R 和 U 两种字符构成的长 \(2(n−1)\) 的字符串，表示你每一个时刻移动的方向为向右和向上。如果存在多种方案，输出对应字符串字典序最小的方案。
\(n\leqslant 2\cdot 10^6,1\leqslant t\leqslant 10^{14}\).
我的想法
经过一只魔眼 \((x,y)\) 的最短路：从 \((1,1)\) 走到 \((x,y)\)，再从 \((x,y)\) 走到 \((n,n)\).
然后还是不会，打了暴力走人。
Solution
\(\color{red}{\text{Disclaimer}}\)：以下涉及大量感性证明。
先考虑比较简单的情况 —— 只有一只魔眼。由于题目只要求在路径合法的限制下最小化字典序，所以直接使用上文提出的最短路是不科学的。我们需要尽可能向右走。事实上，对于在 \((a,b)\) 右下方 的点 \((i,j)\)，此时的最短路一定是从 \((i,j)\) 向上走走到 \((i,b)\)，再走到 \((n,n)\)！
具体可以这样证明（其实这也是上文提到的最短路构造方案的证明）：假设从 \((i,j)\) 开始往右走了几步，最后从 \((i,p),p>b\) 进入 \((a,b)\) 的右上方。这个方案一定比直接走到 \((i,b)\)，从 \((i,b)\) 向右走到 \((i,p)\) 更劣。你可以画几圈关于 \((a,b)\) 的等距线来观察。
从这里也可以发现，最劣的情况一定是先向右走到 \((n,j)\)，再向上走到 \((n,n)\).
于是可以得出我们的策略：先向右走到 \((a,1)\)，再判断此时向右走一步，之后根据最优方案能否安全到达，不停尽力向右走即可。
回到原问题。先考虑一下如何判断方案的存在性。
首先还是从 \((1,1)\) 随便走到 \((a,b)\) 这个位置，因为在这个区间魔眼与人的距离相当于魔眼与 \((a,b)\) 的距离加上人与 \((a,b)\) 的距离。这是固定的。
方案是否合法只取决于四个角上的魔眼。但是我并不会证明。所以对于内部，用 "右上上右右上上……右" 的走法。这是因为只要是从左下走到右上，右上左下两只魔眼的阈值减少量就是固定的，比如左下那只，初始减少 \(\delta=0\)，之后的减少量每次都能增加 \(1\)。而这个方案也能保证左上右下两只魔眼的总阈值减少量相同（需要说明的是，它们的阈值减少量总和总是固定的）。
从 \((a,b)\) 走到 \((n,n)\) 仍然是随便走。
现在考虑如何使字典序最小。迁移一只魔眼的思路，先尽量往右走，再判断是否合法。首先可以将起点挪到 \((a,1)\)。对于在 "魔眼区左下角（指 \(x<a,y<b\) 的区域）"、"魔眼区"、"魔眼区右上角" 的右下角区域有一个共同的最优策略 —— 向上走。
现在只需要考虑魔眼区的最优策略。首先能想到整体路径是先走到魔眼区右上角，再随便走，于是上文的 "右上左下两只魔眼的阈值减少量是固定的" 和 "左上右下两只魔眼的总阈值减少量总和固定" 这两个结论仍然成立。
于是只用保证左上右下两只魔眼的阈值不小于零即可。考虑左上角魔眼的阈值减少量变化情况，事实上这也是上文单只魔眼的情况。同时，由于左上角魔眼阈值减少量越小等价于右下角魔眼阈值减少量越大，判断是否存在一种方案使得两只魔眼阈值不小于零也是比较容易的。
时间复杂度 \(\mathcal O(n)\).
Code
代码实现有一点恶心，但是调试还是比较顺利（？
有一个 \(\text{corner case}\) 没有考虑到。
# include <cstdio>
# include <cctype>
# define print(x,y) write(x), putchar(y)
template <class T>
inline T read(const T sample) {
T x=0; char s; bool f=0;
while(!isdigit(s=getchar())) f|=(s=='-');
for(; isdigit(s); s=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48);
return f? -x: x;
}
template <class T>
inline void write(T x) {
static int writ[50], w_tp=0;
if(x<0) putchar('-'), x=-x;
do writ[++w_tp]=x-x/10*10, x/=10; while(x);
while(putchar(writ[w_tp--]^48), w_tp);
}
# include <vector>
# include <iostream>
using namespace std;
typedef long long _long;
const _long infty = 1e18;
vector <char> ans;
int n,a,b,c,x,y,X[4],Y[4],L;
_long t,d[4],ad[4],low,upp,jinx;
_long Abs(const _long& x) { return x>0?x:-x; }
int dis(int x,int y,int z,int u) {
return Abs(x-z)+Abs(y-u);
}
void getMin(_long& tmp,_long& delta,const _long& A,const _long& B) {
if(A<B) tmp=A; else tmp=B, delta-=L;
}
_long cost(int x,int y,int z,int u,int X,bool opt=0) {
L = Abs(u-z); _long delta = 1ll*(1+L)*L/2, tmp;
if(!opt) getMin(tmp,delta,dis(x,y,z,X),dis(x,y,u,X));
else getMin(tmp,delta,dis(x,y,X,z),dis(x,y,X,u));
return delta+tmp*L; // ignore the first dot
} // 0: across; 1: vertical
bool canReach(int x,int y,bool opt=0) {
for(int i=0;i<4;++i) {
ad[i] = cost(X[i],Y[i],x-1,x,y,0);
if(opt) ad[i]=0;
if(d[i]+ad[i]>t) return false;
}
if(x>a+c-1) {
for(int i=0;i<4;++i) {
if(y<b) ad[i] += cost(X[i],Y[i],y,b,x,1);
ad[i] += cost(X[i],Y[i],max(b,y),b+c-1,x,1);
ad[i] += cost(X[i],Y[i],b+c-1,n,x,1);
ad[i] += cost(X[i],Y[i],x,n,n,0);
if(d[i]+ad[i]>t) return false;
}
} else {
for(int i=0;i<4;++i) {
if(y<b) ad[i] += cost(X[i],Y[i],y,b,x,1);
ad[i] += cost(X[i],Y[i],a+c-1,n,b+c-1,0);
ad[i] += cost(X[i],Y[i],b+c-1,n,n,1);
if(d[i]+ad[i]>t) return false;
}
ad[1] += cost(X[1],Y[1],max(b,y),b+c-1,x,1);
ad[1] += cost(X[1],Y[1],x,a+c-1,b+c-1,0);
ad[3] += cost(X[3],Y[3],max(b,y),b+c-1,x,1);
ad[3] += cost(X[3],Y[3],x,a+c-1,b+c-1,0);
if(d[1]+ad[1]>t || d[3]+ad[3]>t) return false;
_long delta = cost(X[0],Y[0],max(b,y),b+c-1,x,1)+
cost(X[0],Y[0],x,a+c-1,b+c-1,0);
_long sm = delta+
cost(X[2],Y[2],max(b,y),b+c-1,x,1)+
cost(X[2],Y[2],x,a+c-1,b+c-1,0);
low = delta;
upp = cost(X[0],Y[0],max(b,y),b+c-1,a+c-1,1)+
cost(X[0],Y[0],x,a+c-1,max(b,y),0);
jinx = min(upp, t-d[0]-ad[0]);
if(Abs(jinx-upp)&1) -- jinx;
if(jinx<low) return false;
_long oth = sm-jinx;
if((Abs(oth-(sm-delta))&1) || oth+d[2]+ad[2]>t) return false;
} return true;
}
void upd(int x,int y,bool opt) {
if(!opt)
for(int i=0;i<4;++i)
d[i] += cost(X[i],Y[i],x-1,x,y,0);
else
for(int i=0;i<4;++i)
d[i] += cost(X[i],Y[i],y-1,y,x,1);
}
int main() {
freopen("elis.in","r",stdin);
freopen("elis.out","w",stdout);
n=read(9), t=read(9ll), a=read(9), b=read(9), c=read(9);
x=a, y=1; X[0]=X[1]=a, X[2]=X[3]=a+c-1;
Y[0]=Y[3]=b+c-1, Y[1]=Y[2]=b;
for(int i=1;i<a;++i) ans.emplace_back('R');
for(int i=0;i<4;++i) d[i]=cost(X[i],Y[i],1,a,1,0);
while(y<b+c-1 && x<n) {
if(canReach(x+1,y)) ++x, ans.emplace_back('R'), upd(x,y,0);
else ++y, ans.emplace_back('U'), upd(x,y,1);
}
if(!canReach(x,y,1)) return puts("Again"), (0-0);
while(x<n) ++x, ans.emplace_back('R');
while(y<n) ++y, ans.emplace_back('U');
for(const auto& i:ans) putchar(i); puts("");
return 0;
}
