原文链接https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/AGC027C.html
题解
首先我们假装 max mod min = 1
然后对着这个构造。
将各自黑白染色，将所有黑色格子都放不同的质数，白色格子的数为他周围的黑格子的LCM + 1，这样显然是合法的。
但是数字太大了。
稍稍升级一下构造方法。
先假设所有黑格子都是 1.
对于每一个 ' \ ' 形斜列，我们让同一列的乘上一个相同的质数。
对于每一个 ' / ' 形的类似。
这样我们白格子的值就是四个小质数的乘积+1了。
基本上可以过了。
但是，被卡常数了。
实测发现前1000个质数都在7300以内，也就是说前500个质数在大约3150以内，用前500个质数然 ' \ ' 形的，剩下的染 ' / ' 形的就好了。
还有一个细节！
n = 2 的时候要特判！至于为什么一看就知道了。直接把样例抄过来就好了。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL read(){
LL x=0;
char ch=getchar();
while (!isdigit(ch))
ch=getchar();
while (isdigit(ch))
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
return x;
}
const int N=505;
int n;
vector <int> vp;
LL g[N][N];
LL gcd(LL x,LL y){
return y?gcd(y,x%y):x;
}
LL lcm(LL x,LL y){
if (!x||!y)
return x+y;
return x/gcd(x,y)*y;
}
int check(int n){
for (int i=2;i*i<=n;i++)
if (n%i==0)
return 0;
return 1;
}
map <int,int> mp1,mp2;
int g1(int x){
if (!mp1[x])
mp1[x]=vp.back(),vp.pop_back();
return mp1[x];
}
int g2(int x){
if (!mp2[x])
mp2[x]=vp.back(),vp.pop_back();
return mp2[x];
}
int main(){
n=read();
if (n==2){
puts("4 7");
puts("23 10");
return 0;
}
for (int i=2;vp.size()<n*2;i++)
if (check(i))
vp.push_back(i);
reverse(vp.begin(),vp.end());
mp1.clear(),mp2.clear();
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=n;j++)
if ((i+j)%2==0)
g[i][j]=g1(i+j);
for (int i=n;i>=1;i--)
for (int j=n;j>=1;j--)
if ((i+j)%2==0)
g[i][j]*=g2(i-j);
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=n;j++)
if ((i+j)%2==1)
g[i][j]=lcm(g[i-1][j],lcm(g[i+1][j],lcm(g[i][j-1],g[i][j+1])))+1;
for (int i=1;i<=n;i++,puts(""))
for (int j=1;j<=n;j++)
printf("%lld ",g[i][j]);
return 0;
}