「SOL」Hamiltonian Cycle (AtCoder)

原来一般的四度图也没法快速构造哈密顿回路 QwQ

# 题面

给定质数 $P$ 和正整数 $a,b$，构造一个长为 $P$ 的数列 $G=(g_1,g_2,\dots,g_P)$，满足：

$g_1=g_P=1$；
$(g_1, g_2,\dots,g_{P-1})$ 是 $1\sim P-1$ 的排列；
$\forall 1\le i\le P-1$，$g_i$ 和 $g_{i+1}$ 满足下述关系之一：
- $g_i=ag_{i+1}$；
- $ag_i=g_{i+1}$；
- $g_i=bg_{i+1}$；
- $bg_i=g_{i+1}$。

判断是否有解，若有解，给出任意一组。

数据规模：$P\le10^5,1\le a,b\lt P$。

# 解析

转化为图论问题，若 $i, j$ 满足题面所述的性质，则在 $i, j$ 之间连边。需要找到一条哈密顿回路（经过所有点恰好一次）。显然这个图的每个点度数都是 $4$，虽然没什么用。

不额外说明的话，以下的计算均是在模 $P$ 意义下的。

$P$ 是质数，意味着 $a,b$ 都有逆元，进一步意味着「将 $i$ 与 $a\cdot i$ 连边」会得到若干个大小为 $\mathrm{ord}_a$ 的环。

结论

令 $n=\mathrm{ord}_a$，数集 $H=\{a^i\mid i\in \mathbb Z\}$，$m$ 为满足 $b^{m_0}\in H$ 且 $m_0\ge 1$ 的最小 $m_0$。

则问题有解当且仅当 $nm = P - 1$；若 $nm = P - 1$，则 $\forall 1\le x\le P - 1$，存在唯一的 $i \in [0, n), j \in [0, m)$，使得 $x = a ^ i b ^ j$。

根据定义，下述结论是显然成立的：
$$
\{a ^ i b ^ j \mid i, j \in \mathbb Z\}=\{a ^ i b ^ j \mid i \in [0, n), j \in [0, m), i,j \in \mathbb Z\}
$$
原问题有解的必要条件是

$\forall 1\le x\le P - 1$，$\exists i, j \in \mathbb Z, x = a ^ i b ^ j$；

即

\[\begin{aligned}
&\{x\mid 1\le x\le P - 1\}=\{a ^ i b ^ j \mid i, j \in \mathbb Z\}=\{a ^ i b ^ j \mid i \in [0, n), j \in [0, m)\}\\
\Rightarrow&\Big|\{x\mid 1\le x\le P - 1\}\Big| = \Big|\{a ^ i b ^ j \mid i \in [0, n), j \in [0, m)\}\Big|\\
\Rightarrow&P-1=nm
\end{aligned}
\]

必要性得证。下证上述结论中的第二条，即可构造出一组解，从而证明充分性。

下述 $a$ 的指数上的运算在模 $n$ 意义下，$b$ 的指数上同理在模 $m$ 意义下。

每个数都能表示成 $a^ib^j$ 的形式，存在性显然；只需证明唯一性。假设存在一个 $x\in[0,P)$，使得 $x=a^ib^j=a^pb^q$（$a,p\in[0,n)$，$b,q\in[0, m)$），则

\[a^{i-p}\equiv b^{q - j}
\]

若 $j\neq q$，则 $0\lt q-j\lt m$，根据「$m$ 是最小的满足 $b^m\in H$ 的正整数」，$b^{q-j}\neq a^{i-p}$。矛盾，则 $j=q$。

\[a ^ {i - p} \equiv 1
\]

若 $i\neq p$，则 $0\lt i - p\lt n$，根据「$n$ 是最小的满足 $a^n=1$ 的正整数」，$a ^ {i - p} \neq 1$。矛盾，则 $i = p$。

所以 $i, j$ 具有唯一性。

于是我们可以用 $a ^ i b ^ j$（$i \in [0, n), j \in [0, m)$）唯一表示 $1 \sim P - 1$ 的数，可以按照下述方式构造 $n \times m$ 的表格：

第 $i$ 行第 $j$ 列放置数 $a ^ {i - 1} b ^ {j - 1}$。

$1 \sim P - 1$ 在表格上恰好出现了一次，且表格上相邻的两个数都有边相连 —— 所以这是一个网格图。

再分析，$P - 1$ 是偶数，$nm = P - 1$，$n, m$ 至少有一个是偶数。行和列至少有一个是偶数的网格图可以直接构造哈密顿回路，可以求解，也证明了结论的充分性。

# 源代码

/*Lucky_Glass*/

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <algorithm>

#define con(typ) const typ &

const int N = 1e5 + 10;

int mod, va, vb, n, m, nans;

bool vis[N];

int ans[N], powa[N], powb[N];

inline int mul(con(int) a, con(int) b) {return int(1ll * a * b % mod);}

int main() {

	scanf("%d%d%d", &mod, &va, &vb);

	vis[1] = true;

	n = m = 1;

	for (int tmp = va; tmp != 1; ++n, tmp = mul(tmp, va))

		vis[tmp] = true;

	for (int tmp = vb; !vis[tmp]; tmp = mul(tmp, vb), ++m) ;

	if ( mod - 1 != 1ll * n * m ) {printf("No\n"); return 0;}

	if ( n & 1 ) std::swap(va, vb), std::swap(n, m);

	powb[0] = powa[0] = 1;

	for (int i = 1; i < n; ++i) powa[i] = mul(powa[i - 1], va);

	for (int i = 1; i < m; ++i) powb[i] = mul(powb[i - 1], vb);

	ans[++nans] = 1;

	for (int i = 0, tmp = 1; i < n; ++i, tmp = mul(tmp, va))

		if ( i & 1 )

			for (int j = m - 1; j; --j)

				ans[++nans] = mul(tmp, powb[j]);

		else

			for (int j = 1; j < m; ++j)

				ans[++nans] = mul(tmp, powb[j]);

	for (int i = n - 1; ~i; --i)

		ans[++nans] = powa[i];

	printf("Yes\n");

	for (int i = 1; i <= nans; ++i) printf("%d%c", ans[i], i == nans ? '\n' : ' ');

	return 0;

}

THE END

Thanks for reading!

满眼繁星占领我内心

撑起腐朽夜空

手点着微芒想照亮那隐约角落

转瞬即逝如烟火抱憾落幕

将我隐藏成为星空崭新的孤岛

——《一封孤岛的信》 By 著小生 / 洛天依

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