problem

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solution

记 $\gcd (n,m)=d$，则快乐只会在同余 $d$ 的关系中传递。

$i+xn\equiv i+xs\cdot d\equiv i(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}d),i+ym\equiv i+yt\cdot d\equiv i(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}d)$。

所以我们将所有男生 $0\sim n-1$ 和女生 $0\sim m-1$ 按编号取模 $d$ 的结果分组 $[0,d)$。

因为每一类的快乐只能在组内传递，所以无解的情况就是某个组内没有一个人初始是快乐的。

答案显然是取所有人获得快乐的最早时间的最大值。

我们分组计算答案，考虑任意一组内的答案如何计算？

假设这里面有个男生 $i$ 一开始就是快乐的，那么他会在第 $i$ 天将快乐传递给 $i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m$ 女生。

再过 $n$ 天，这个男生又把自己的快乐传递给了 $(i+n)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m$ 女生。

那我们能否看成是 $i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m$ 女生经过 $n$ 天将快乐传递给 $(i+n)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m$ 女生的呢？——答案是肯定的。

于是我们就又有了将同组的男女生分开计算的想法。

不妨以女孩子为例。（女孩纸就是香香的），将初始快乐的男生 $i$ 信息附属在女生 $i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m$ 身上，即把她当成初始就快乐的人。

考虑如何组内每个女孩纸最早获得快乐的时间？

我们将这个快乐传递当成边，时间就是边权。你会发现每条边的边权都是 $n$ 。

跑个最短路就行了？——太遗憾了，点可能会很多。

我们关注到初始快乐的女生总数不会超过 $1e5$，很容易想到能否通过这些关键女生计算出每个女生获得快乐的时间？

在这里还获得了一个粗略判无解的条件，那就是分的组数 $d>2e5$，每组只放个男生或女生都不能让每组里有初始即快乐的人。

将本组所有女生编号处理出来，并将边连出来，肯定能刚好连出一个环来。

让所有女生都多加一个属性——环的重编号。

则任意两个女生快乐传递时间就是环上编号差 $\times n$（注意环头和环尾的特殊计算方式）。

现在将组内所有女生按环的重编号递增排列，则相邻两个女生间快乐传递时间均为 $n$。

继续考虑重新排列后，连续两个关键女生中夹着的一些普通女生。

设 $di{s}_i:i$ 最早获得快乐的时间，且对于所有关键女生 $k$ 初始化 $di{s}_k=k$。

我们没有必要去算这中间每个女生的时间，因为最后答案只取最大值。

所有这段女生中时间最大值肯定是编号最大的，即重编号的连续两个关键女生 $x,y$，$y-1$ 女生时间一定最大。

那我们只用算这一段的这一个特殊的普通女生时间即可。

然后将每一段的答案取较大值。

线性扫一遍关键女生即可求解。

需要注意的是，初始就快乐的女生真正获得快乐的时间是 $0$ 而不是 $di{s}_i$。（所以不能选这些女生的时间比最大值）

还有我们把某些男生快乐的信息放在了某些女生身上，让她们成为关键女生，但这是虚假的关键女生，所以这些女生的 $di{s}_i$ 又是需要计算的。

男生同理，交换一下 $n,m$ 等信息即可。

最后在每组的女生/男生最大值中再取最大值。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inf 1e18
#define int long long
#define maxn 200005
vector < int > b[maxn], g[maxn];
int n, m, B, G;
int d[maxn], id[maxn], s[maxn];int exgcd( int a, int b, int &x, int &y ) {if( ! b ) { x = 1, y = 0; return a; }else { int d = exgcd( b, a % b, y, x  ); y -= a / b * x; return d; }
}int solve( int gcd, int n, int m, vector < int > g, vector < int > b ) {//每组的男女生个数就是 n/gcd,m/gcdif( m == g.size() ) return -1; //要是return 0外层还要+i有可能还是被误判成最大值int cnt = 0, ans = 0, dis = inf;/*对于每一组，我们怎么将男生 $i\mod n$ 的快乐移加到女生 $i\mod m$ 的快乐上呢？我们按 $i\mod d$ 分组的时候，扔的关键男女生编号就直接是 $\lfloor\frac id\rfloor$。那么将所有组内编号再都 $\times d\pmod m$ 取出来。相当于是把模 $d$ 相同的数移到 $d$ 的整数倍，$r+id\rightarrow id$。然后再一一对应到模 $m$ 的位置上。离散化的赶脚 因为编号太大不可能直接以编号为下标做*/for( int i : g ) s[++ cnt] = i * gcd % m, d[cnt] = i, id[cnt] = cnt;//真的关键女生点for( int i : b ) s[++ cnt] = i * gcd % m, d[cnt] = i, id[cnt] = cnt;//假的关键女生点sort( id + 1, id + cnt + 1, []( int x, int y ) { return s[x] < s[y]; } );s[id[0] = 0] = s[id[cnt]] - m, s[id[cnt + 1] = cnt + 1] = s[id[1]] + m;//把环拆成链for( int i = 1;i <= cnt;i ++ )dis = min( d[id[i]], dis + ( s[id[i]] - s[id[i - 1]] ) * n );for( int i = 1;i <= cnt;i ++ ) {dis = min( d[id[i]], dis + ( s[id[i]] - s[id[i - 1]] ) * n );if( s[id[i]] == s[id[i + 1]] ) continue;if( s[id[i]] + 1 == s[id[i + 1]] and id[i] <= g.size() ) continue;//不是虚假特殊女生才能跳过ans = max( ans, dis + ( s[id[i + 1]] - s[id[i]] - 1 ) * n );}return ans;
}signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &m );int x, y, w, gcd = exgcd( n, m, x, y );if( gcd > 2e5 ) return ! puts("-1");scanf( "%lld", &B );for( int i = 1;i <= B;i ++ ) scanf( "%lld", &w ), b[w % gcd].push_back( w / gcd );scanf( "%lld", &G );for( int i = 1;i <= G;i ++ ) scanf( "%lld", &w ), g[w % gcd].push_back( w / gcd );int ans = 0;( x += m ) %= m, ( y += n ) %= n;for( int i = 0;i < gcd;i ++ ) {//第i天才会开始第i组信息的传递if( g[i].empty() and b[i].empty() ) { puts("-1"); return 0; }ans = max( ans, solve( x, n / gcd, m / gcd, g[i], b[i] ) * gcd + i );ans = max( ans, solve( y, m / gcd, n / gcd, b[i], g[i] ) * gcd + i );}printf( "%lld\n", ans );return 0;
}