前言：

感谢Wangle罔楽（给予markdown与LaTeX格式的帮助）
rimu_awa（给予可能的错误位置警告）
Mo_Ying（给予大力支持）（排名不分先后）
帮助本蒟蒻完成这篇TJ

正文：

这道题就是要覆盖整个球面，我们以走一个序列为一次变换，每一次变换横坐标变了 $x$，竖坐标变了 $y$。
得到横坐标循环一次变换次数为 $\Large{\frac{m}{\gcd(x,m)}}$ 竖坐标循环一次变换次数为 $\Large{\frac{n}{\gcd(y,n)}}$ ，横竖坐标循环一次（即回到初始点）变换次数为 ${\operatorname {lcm} \left (\large{\frac{m}{\gcd(x,m)}},\large{\frac{n}{\gcd(y,n)}}\right )}$。
即使我们构造出 $\gcd(x,m)=\gcd(x,m)=1$，横竖坐标循环一次次数最多也只有 $\operatorname{lcm(n,m)}$。
因此序列长度至少为 $n\times m \div \operatorname {lcm(n,m)}=\gcd(n,m)$（下面用g来表示 $\gcd(n,m)$）这里给出一种序列长度为g的“类矩形”构造。

类矩形定义：如图

这种一个矩形加右上角一个点（左下角一个点也算）被我称为“类矩形”，下同。

证明类矩形可以覆盖全图：如下

用这种覆盖方式，对于蓝色的那一行，长度就是 $y (个数) \times x (每行的长度) + 1 = 类矩形面积$。
每一次变换横竖坐标的变化分别是 $x$ 和1（以每个类矩形的左上角为每个序列的起始点），因此只有循环完 $n$ 行之后才会再一次到蓝色行。
此时横坐标变换为 $n\times x$（模m意义下）因为 $\gcd(n,m)=g$，所以当 $\gcd(x,m)=1$ 时，$\gcd(n\times x,m)=g$,只有变换 $\operatorname{lcm(n,m)}$ 次后才会回到初始点。
所以这一行被长度为 $g$ 的序列覆盖了 $m\div g$ 次，共覆盖了 $m$ 个点，刚好为该行长度，这个结论显然也对其他行成立，因此当类矩形 $\gcd(x,m)=1$ 时就可以覆盖整个球体。
要保证序列长度为 $g$ ，只需要类矩形大小为 $g$，也就是 $x\times y = g-1$ 即可。

这样我们就只要保证 $\gcd(x,m)=1$，可以简单的通过枚举 $x$ 来解决。

接下来就是构造序列使得我们能走完类矩形并到达下一个类矩形，共有三种情况。

一： $x$ 为偶数

此时我们不一定能走遍矩形并到达右上角，但是我们只需要沿着45°斜线翻转成左下角向下多了一个点即可 行走方案如下图：

二： $y$ 为偶数

类似的，只是先向下在向右向上这样，如图：

三： $x$，$y$ 均为奇数

对前面两列进行特殊操作，使得在覆盖完前两列时刚好到达第二列的最后一个，在向上到第三列的第一个，就转化为情况二了，如图：
全部情况已说明完毕，下面是代码 。 :::info[代码(本人码风较差，不建议观看)]

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int gcd(int x,int y)
{
	if(y==0)
	{
		return x;
	}
	return gcd(y,x%y);
}
int main()
{
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	int g=gcd(n,m);
	if(g==1)//特判gcd为1的情况 
	{
		cout<<2<<endl;
		cout<<"DP";
		return 0;
	}
	cout<<g<<endl;
	for(int i=1;i<=g;i++)
	{
		if((g-1)%i==0&&gcd((g-1)/i,m)==1)//构造类矩形 
		{
			int j=(g-1)/i;
			if(i==1)
			{
				for(int k=1;k<=g-1;k++)
				{
					cout<<"P";
				}
				cout<<"D";
				return 0;
			}
			if(j==1)
			{
				for(int k=1;k<=g-1;k++)
				{
					cout<<"D";
				}
				cout<<"P";
				return 0;
			}//矩形长度或宽度为1时特判
			if(i%2==0)
			{
				for(int k=1;k<=i;k++)
				{
					if(k%2)
					{
						for(int l=1;l<=j-1;l++)
						{
							cout<<"P";
						}
					}
					else
					{
						for(int l=1;l<=j-1;l++)
						{
							cout<<"L";
						}
					}
					cout<<"D";
				}
				cout<<"P";
				return 0;
			}
			if(j%2==0)
			{
				for(int k=1;k<=j;k++)
				{
					if(k%2)
					{
						for(int l=1;l<=i-1;l++)
						{
							cout<<"D";
						}
					}
					else
					{
						for(int l=1;l<=i-1;l++)
						{
							cout<<"G";
						}
					}
					cout<<"P";
				}
				cout<<"D";
				return 0;
			}
			for(int k=1;k<=i-1;k++)
			{
				if(k%2)
				cout<<"PD";
				else
				cout<<"LD";
			}
			cout<<"P";//前面的右下左下 ，完成前两列 重复 
			for(int k=1;k<=j-2;k++)
			{
				cout<<"P";
				if(k%2)
				{
					for(int l=1;l<=i-1;l++)
					{
						cout<<"G";
					}
				}
				else
				{
					for(int l=1;l<=i-1;l++)
					{
						cout<<"D";
					}
				}
			}//后j-2列右上(i-1个)左上(i-1个)重复 
			cout<<"PD";//形成"类矩形"
			return 0;
		}
	}
	return 0;
}

:::