题解 紫妹永不服输

这里给出E的题解。

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出题人一定是车万人（

考虑有 $xx$ 个 R ,$yy$ 个 P。

很明显你对于一个 R，他后面如果多出来 $kk$ 个 P ，那么 RP 就会多 $kk$ 个。

然后反过来，如过它前面多出来 $kk$ 个 P ，那么 PR 就会多 $kk$ 个。

现在考虑构造完之后的字符串 $cscs$，对于它里面的任意一个 R，

这个 R 左边如果有 $qq$ 个 P ，那么有右边就有 $y-qy-q$ 个 P

所以它会贡献 $qq$ 个 PR ，$y-qy-q$ 个 RP

然后对于每一个R 都是如此，

很明显 PR 和RP 一共就有 ${\sum }_{i=1}^{x}q+(y-q)=x\times y\backslash sum\backslash limits\_\{i=1\}^x\; q+(y-q)=x\backslash times\; y$ 个。

所以 $n+m=x\times yn+m=x\backslash times\; y$，

因为 $n+m>10^{5}n+m\; >\; 10^5$ 无解，所以尽量让构造出来的字符串长度最小。

这样子才能避免漏解，所以我们让 $x,yx,y$ 的差尽量小（和定差小积大），也就是让他们靠近 $\sqrt{n+m}\backslash sqrt\{n+m\}$。

如果这样子构造出来的 $x\times y>10^{5}x\backslash times\; y\; >10^5$ ，那么就无解。

现在考虑构造可行解。

考虑把 $yy$ 个 P 放在最后,那么我们在前面放上一个 R ，那么很明显就会多出来 $yy$ 个 RP。

所以一直在前面放 R ，直到 RP的个数大于 $nn$ 。

因为它要求你恰好有 $nn$ 个，所以我们把前面的一个 R 放到 $yy$ 个 P 当中的某个位置让 RP 恰好有 $nn$ 个。

比如你现在已经构造了 个 RP ，那么你在倒数第 $qq$ 个 P 的前面放上一个 R 即可。

现在你已经构造完所有的 RP 了，那么根据 $n+m=x\times yn+m\; =\; x\backslash times\; y$ 这个式子，你在后面放上剩下的所有 R ，那么一定能构造出 $mm$ 个 PR。

本题就做完了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long
int n,m;
int x,y;
inline bool Nosol(){ return x+y>100000; }
inline void Sol(){
	int cnt=0,sum=0,r=0;
	for(register int i=1;i<=x;++i){//牛客不能交register，记得去掉。
		if(sum+y<=n) sum+=y,++cnt;
		else{ r=n-sum;break; }
	}
	for(register int i=1;i<=cnt;++i){
		putchar('R');
	}
	for(register int i=1;i<=y;++i){
		if(r==y-i+1) putchar('R');
		putchar('P');
	}
	if(cnt!=x && r==0) putchar('R');
	for(int i=cnt+2;i<=x;++i){
		putchar('R');
	}
};

signed main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(register int i=1;i*i<=n+m;++i){
		if((m+n)%i) continue;
		x=i,y=(n+m)/i;
	}
	if(Nosol()) return puts("-1"),0;
	return Sol(),0;
}