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 (1sim P-1) 的排列；
- (forall 1le ile 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：(Ple10^5,1le a,blt 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 (acdot 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 $H={a^imid iin mathbb Z}$，$m$ 为满足 $b^{m_0}in H$ 且 $m_0ge 1$ 的最小 $m_0$。
则问题有解当且仅当 $nm = P - 1$；若 $nm = P - 1$，则 $forall 1le xle P - 1$，存在唯一的 $i in [0, n), j in [0, m)$，使得 $x = a ^ i b ^ j$。
- (forall 1le xle P - 1)，(exists i, j in mathbb Z, x = a ^ i b ^ j)；
即
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 (xin[0,P))，使得 (x=a^ib^j=a^pb^q)（(a,pin[0,n))，(b,qin[0, m))），则
若 (j eq q)，则 (0lt q-jlt m)，根据「(m) 是最小的满足 (b^min H) 的正整数」，(b^{q-j} eq a^{i-p})。矛盾，则 (j=q)。
若 (i eq p)，则 (0lt i - plt n)，根据「(n) 是最小的满足 (a^n=1) 的正整数」，(a ^ {i - p} eq 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 imes 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
"); 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
");
for (int i = 1; i <= nans; ++i) printf("%d%c", ans[i], i == nans ? '
' : ' ');
return 0;
}
THE END
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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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