2020牛客多校第三场F. Fraction Construction Problem（exgcd）

$F.$
题意： 给定 $a,b$，求出满足 $\frac{c}{d}-\frac{e}{f}=\frac{a}{b}$的任意一组 $c,d,e,f$。
数据范围： $a,b\leq 2\times 10^6$， $1\leq d<b,f<b$，且 $1\leq c,e \leq 4\times 10^{12}$

题解： 通分得到： $\frac{cf-de}{df}=\frac{a}{b}$，那么自然会考虑到分子分母对应相等解决。

• 当 $g=gcd(a,b)>1$，令 $b'=\frac{b}{g},a'=\frac{a}{g}$，此时 $\frac{cf-de}{df}=\frac{a}{b}=\frac{a'}{b'}$
  这时候 $b'<b$，故直接令 $df=b',cf-de=a'$，
  那么可以构造出 $d=b',f=1,c=(a'+b'),e=1$
• $gcd(a,b)=1$，那么此时需要分解 $b$成两个互质的部分 $d,f$，且 $d,f$均不为 $b$，否则判 $-1$
  那么预处理 $2\times10^6$内的质数，并处理出每个数的最小质因子，就可以 $O(\log n)$分解 $b$了。
  分解成功后 $exgcd$即可。
  这里有个技巧，由于是 $cf-de=a$进行 $exgcd$，我们可以变成 $-ed+cf=a$，然后得到 $e$后再取反即可。注意最后的答案必须是正数，且扩大 $a$倍，这也是 $4\times10^{12}$最大范围的原因。
  代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e6 + 10;

int pri[N], cnt;
int Mipri[N];
bool st[N];
void xs(int n) {
	st[0] = st[1] = true;
	Mipri[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= n; i++) {
		if(!st[i]) pri[cnt++] = i, Mipri[i] = i;
		for(int j = 0; j < cnt && 1ll * i * pri[j] <= n; j++) {
			Mipri[i * pri[j]] = pri[j];
			st[i * pri[j]] = true;
			if(i % pri[j] == 0) break;
		}
	}
}

int gcd(int a, int b) {
	return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}

void exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
	if(!b) {
		x = 1, y = 0; 
		return ;
	}
	exgcd(b, a % b, y, x);
	y -= a / b * x;
}

int main()
{
	xs(N - 1);
	int T; scanf("%d", &T);
	while(T--) {
		int a, b;
		scanf("%d%d", &a, &b);
		
		int g = gcd(a, b);
		if(g > 1) {
			int f = 1, e = 1, d = b / g, c = (a + b) / g;
			printf("%d %d %d %d\n", c, d, e, f);
			continue;
		}
		
		ll f = 1, d = b, p = Mipri[b];
		while(p > 1 && d % p == 0) d /= p, f *= p;
		if(d == 1) {
			puts("-1 -1 -1 -1");
			continue;
		}
		
		ll c, e;
		exgcd(d, f, e, c);
		e = -e;
		
		if(e <= 0 || c <= 0) {
			ll e1 = (e % f + f) % f;
			ll c1 = (c % d + d) % d;
			ll cnt = max(0ll, max((e1 - e) / f, (c1 - c) / d));
			e += f * cnt, c += d * cnt;
		}
		e *= a, c *= a;
		printf("%lld %lld %lld %lld\n", c, d, e, f);
	}
	return 0;
}