CF1089F Fractions

题意：
将n-1（n为正整数）分为若干个n的约数倍数和（约数不为1或n）.
n<=1e9.
无解输出"NO".
题解：
先考虑无解的情况，因为n-1与n互质，故若所有约数的公约数不为1，则n-1一定不能被表示，即n为一个质数的次幂时无解。
接着考虑剩余情况是否一定有解。
因为多个数过于复杂，故先考虑两个数。首先这两个数要互质，设n-1=ax+by(x,y|n,x,y为互质的大于1的正整数)，于是只需证明存在正整数a,b满足等式即可。若n,x,y确定，则a,b为未知数，即可变形为b=(n-1-ax)/y，那么只需证明在a为正整数的时存在正整数b即可，即为：
1.y|(n-1-ax)
2.n-1-ax>0.
对于1， 由于y|n，故y|(ax+1)，即ax=y-1(mod y)。显然由x,y互质得a取1~y-1中不同数时mod y下是不同的，于是必然存在a，使等式成立。
对于2，即ax<n-1，又a*x<=(y-1)x=xy-y<=n-y<n-1，故成立。
综上，有解。
那么构造就容易了，x,y取最小的两个不同的质因子即可。必然可以取一个小于sqrt(n)的y，然后在1~y-1内枚举判断，效率O(sqrt(n))。
 

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>

using namespace std;

long long n;

long long gcd(long long a,long long b)
{
    if(b==0)
        return a;
    return gcd(b,a%b);
}
int main() {

    while(~scanf("%lld",&n))
    {
        long long cur=1,cur1=1;
        long long nn=n;
        for(long long i=2;i*i<=n;i++)
        {
            if(n%i==0)
            {
                while(n%i==0)
                {
                    n/=i;cur*=i;
                }
            }
            if(cur>=nn/cur)
                break;
            cur1=cur;
        }

        cur=cur1;
        if(cur==1 || cur==nn)
        {
            printf("NO\n");
        } else
        {
            long long l=cur,r=nn/l;
            long long l1,r1;
            for(long long i=1;i<l;i++)
            {
                if((nn-1-i*r)%l==0)
                {
                    r1=i;l1=(nn-1-i*r)/l;
                    break;
                }
            }
            printf("YES\n");
            printf("%d\n",2);

            long long gcd1=gcd(l1,r);
            printf("%lld %lld\n",l1/gcd1,r/gcd1);
            long long gcd2=gcd(r1,l);
            printf("%lld %lld\n",r1/gcd2,l/gcd2);
        }
    }
    return 0;
}