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 floor $增大 1 或者 2
增加1没什么，增加2那显然中间会跨过一个值，同时使得(lfloor frac{100+t}{100}A floor - A)增大1
于是我们去二分找最小的x满足(lfloor frac{100+t}{100}x floor - x=n)，那么答案就是(lfloor frac{100+t}{100}x floor-1)
Submission #23499797 - AtCoder Regular Contest 118
B
B - Village of M People (atcoder.jp)
要求最小化(max|frac{b_i}{m}-frac{a_i}{n}| = max |frac{b_in-a_im}{nm}|)，忽略常量分母，最小化整数(max|b_in-a_im|)即可
二分差值x，这样就限定了(b_i)的取值范围，令(L_i=max(lceil frac{a_im-x}{n} ceil,0),R_i=lfloor frac{a_im+x}{n} floor)，即需要满足(L_i le b_i le R_i)
判断是否满足(sum L_i le m le sum R_i)即可判断可行性，构造一组解的时候就先都取(L_i)再酌情往上加即可，时间复杂度(O(k log (nm)))
Submission #23500173 - AtCoder Regular Contest 118
官方题解还给了一种贪心的思路，假设我们不强制要求(b_i)为整数，那么问题就很简单了，直接按比例换算即可，令(b_i=frac{a_im}{n})即有差值为0
考虑先暂且下取整$b_i=lfloor frac{a_im}{n} floor (，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 imes3,2 imes5,3 imes5})
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(iin[0,n-1],jin[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 xin[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......