UVa11889 Benefit

题目

UVa11889

题解

我还是很想了一会儿，大概有20min，我的方法，首先C肯定为A的倍数（否则无解），则设$C=k*A$
则有

$$A*\frac{B}{gcd(A,B)}=C$$

$$\frac{B}{gcd(A,B)}=k$$

$$\frac{B}{k}=gcd(A,B)$$

由此可见，B必为k的倍数，设$B=m*k$，有

$$m=gcd(A,m*k)$$

$$gcd(\frac{A}{m},k)=1$$

恩所以只需要枚举A的因子就可以了，枚举到 $\sqrt{A}$就行了，所以复杂度大概是O($\sqrt{A}*logA$)。

恩我交完了之后发现跑得很好慢啊300ms，别人肯定有什么奇技淫巧。

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别人家的方法（感觉我想的时候这个方法想到一半，放弃了，确实很巧妙，但很多人写出来方法没证明正确性，我试着证明下）

如果$gcd(A,C)=1$的话，答案就是$C/A$，那么考虑每一个质因子。

(下文使用$cnt(A,p)$表示p在A的唯一分解式中的次数)

请牢记这个式子（上面有的，记为*）

$$A*\frac{B}{gcd(A,B)}=C$$

对于某个质数p，如果$cnt(A,p)=0$且$cnt(C,p)!=0$那么$cnt(B,p)=cnt(C,p)$，这个很显然。

对于某个质数p，如果$cnt(A,p)!=0$且$cnt(C,p)!=0$那么$cnt(B,p)=cnt(C,p)$，这个也很显然。

并不显然。根本不是啊qwq。

当$cnt(A,p)=cnt(C,p)$的时候$cnt(B,p)=0$（要求B尽量小）,否则才有$cnt(B,p)=cnt(C,p)$，这个很显然，因为这个时候对于这个质因数来说最小公倍数为$k=max\{cnt(A,p),cnt(B,p)\}$，并且$k=cnt(C,p)$.

沿用A,C互质的想法，先假设答案为C/A，不难发现对于上面三种情况，只有最后一种还没满足。

做法如下，先让$B=C/A$当没满足*式时，记g为$gcd(A,B)$，$A/=g;B*=g$，注意每次先算好g再操作。

为什么正确呢？属于第一二种情况的质因数不会对gcd有非1的贡献，没有影响，下面设$cnt(A,p)=a,cnt(B,p)=b,cnt(C,p)=c$

目标是达到b=c，不难发现$gcd=min(a,b)$,那相当于进行如下操作。

$b+=min\{a,b\},a-=min\{a,b\}$（min也要提前算好）

因为最开始的$b=c-a$，所以$a+b$恒为$c$，只要证明b不会超过c，那么最后b一定会到达c（这应该是个比较显然的结论，因为b不到c的话a，b均非0，b总会增长）。

如果$b+min\{a,b\} > c$
假设$a>b$则$a+b>c$，与$a+b=c$矛盾
假设$a<b$则$b+b>c$，所以$b>c/2$与$b>a$矛盾
假设$a=b$则$a=b=c/2$，则$b+min\{a,b\}=c$

所以不论怎样b都不会超过c，做法的正确性也得到证明。
复杂度。。这个真不会算，貌似是O(log^2(A)),想想都很快啊qwq。

代码

这里只贴出第一种方法的代码

//QWsin
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxv=100000;

ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}

inline void solve()
{
    ll a,c;cin>>a>>c;
    if(c%a) printf("NO SOLUTION\n");
    else
    {
        ll sz=sqrt(a),k=c/a,ans;
        for(ll m=1;m<=sz;++m) if(a%m==0)
        {
            if(gcd(a/m,k)==1)
            {
                printf("%lld\n",m*k);return ;
            }
            if(gcd(m,k)==1) ans=a/m*k;
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
}

int main()
{
    int T;cin>>T;
    while(T--) solve();
    return 0;
}