2020 CCPC Wannafly Winter Camp Day1 H 最大公约数（数论）

题目描述

有三个人， $A,B,C$ ，其中 ${A}$ 和 $B$ 共享了一个神秘的数字 $k$，已知 $1\leq k \leq n$ 。
现在 $A$和 $C$ 说：“ $k$ 的值等于 $x$”。
$C$ 不太信任 $A$，于是想向 $B$ 确认一下 $k$ 是否真的等于 $x$。 $B$ 虽然不想直接把 $k$ 的值告诉 $C$，但是 $B$ 允许 $C$ 给出一个正整数 $y$（注意 $y$ 可以大于 $n$），然后 $B$ 会回答 $gcd(k,y)$。
现在给出 $k,n$，你需要帮助 $C$ 决定这样的 $y$ 的取值，使得 $C$ 一定可以通过 $B$ 的回答来判断 $A$ 有没有撒谎。如果这样的 $y$ 有多个，你需要输出最小的那个。

输入描述:

输入第一行是一个整数 $T(1≤T≤50)$
对于每组数据，输入一行两个整数 $n,k(1≤k≤n≤500)$。

输出描述:

对于每组数据，输出一行一个整数，表示答案。如果满足条件的 $y$ 不存在，则输出 $-1$。

示例1

输入

3
10 1
10 4
10 7
1
2
3
4

输出

210
8
7
1
2
3

备注:

输入的 $k$ 指的是 $A$ 告诉 $C$ 的值，只需要检验它对不对就行

题意：

给定整数 $n,k$，现有一个未知的整数 $x$,需要判断它的值是否等于 $k$.,可给出一个正整数 $y$,并得到 $\gcd\left(x,y\right)$.

我们假设一个数字 $ans=(所有小于等于\frac{n}{x}的素数的乘积×x)$

那么 $gcd(x,ans)$ 和 $gcd(k,ans)$ 是否相等即代表 $k$ 和 $x$ 是否相等。

证明：

• 如果 $k$ 不是 $x$ 的倍数那么 $gcd(k,ans)$ 一定不能整除 $x$,（即 $x\%gcd(k,ans)≠0$ ），而 $ans$ 是 $x$ 的倍数，，所以 $gcd(x,ans)=x$ ,其一定能整除 $x$，即 $x\%gcd(x,ans)=0$。所以 $gcd(k,ans)\neq gcd(x,ans)=x$
• 如果 $k$ 是 $x$ 的倍数且 $k$ 不等于 $x$，那么 $gcd(k,ans)=z×x$ （ $z$是大于1的整数）。 且 $gcd(x,ans)=x$ 所以 $gcd(k,ans) \neq gcd(x,ans).$
• 如果 $k$ 等于 $x$ ，则 $gcd(k,ans)=gcd(x,ans)$。

AC代码：

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <iomanip>
#include <stack>
#include <queue>
using namespace std;
#define sd(n) scanf("%d", &n)
#define sdd(n, m) scanf("%d%d", &n, &m)
#define sddd(n, m, k) scanf("%d%d%d", &n, &m, &k)
#define pd(n) printf("%d\n", n)
#define pc(n) printf("%c", n)
#define pdd(n, m) printf("%d %d\n", n, m)
#define pld(n) printf("%lld\n", n)
#define pldd(n, m) printf("%lld %lld\n", n, m)
#define sld(n) scanf("%lld", &n)
#define sldd(n, m) scanf("%lld%lld", &n, &m)
#define slddd(n, m, k) scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &k)
#define sf(n) scanf("%lf", &n)
#define sc(n) scanf("%c", &n)
#define sff(n, m) scanf("%lf%lf", &n, &m)
#define sfff(n, m, k) scanf("%lf%lf%lf", &n, &m, &k)
#define ss(str) scanf("%s", str)
#define rep(i, a, n) for (int i = a; i <= n; i++)
#define per(i, a, n) for (int i = n; i >= a; i--)
#define mem(a, n) memset(a, n, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl
#define pb push_back
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define fi first
#define se second
#define mod(x) ((x) % MOD)
#define gcd(a, b) __gcd(a, b)
#define lowbit(x) (x & -x)
typedef pair<int, int> PII;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
const int MOD = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-9;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
inline int read()
{
    int ret = 0, sgn = 1;
    char ch = getchar();
    while (ch < '0' || ch > '9')
    {
        if (ch == '-')
            sgn = -1;
        ch = getchar();
    }
    while (ch >= '0' && ch <= '9')
    {
        ret = ret * 10 + ch - '0';
        ch = getchar();
    }
    return ret * sgn;
}
inline void Out(int a) //Êä³öÍâ¹Ò
{
    if (a > 9)
        Out(a / 10);
    putchar(a % 10 + '0');
}

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

ll lcm(ll a, ll b)
{
    return a * b / gcd(a, b);
}
///快速幂m^k%mod
ll qpow(ll a, ll b, ll mod)
{
    if (a >= mod)
        a = a % mod + mod;
    ll ans = 1;
    while (b)
    {
        if (b & 1)
        {
            ans = ans * a;
            if (ans >= mod)
                ans = ans % mod + mod;
        }
        a *= a;
        if (a >= mod)
            a = a % mod + mod;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}

// 快速幂求逆元
int Fermat(int a, int p) //费马求a关于b的逆元
{
    return qpow(a, p - 2, p);
}

///扩展欧几里得
ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y)
{
    if (b == 0)
    {
        x = 1;
        y = 0;
        return a;
    }
    ll g = exgcd(b, a % b, x, y);
    ll t = x;
    x = y;
    y = t - a / b * y;
    return g;
}

int n, k;
int t;
const int N = 510;
int a[N];
int cnt, res, tmp, ans, len;
bool vis[N];   //prime[i]表示i是不是质数
int p[N], tot; //p[N]用来存质数
void init()
{
    for (int i = 2; i < N; i++)
        vis[i] = true; //初始化为质数
    for (int i = 2; i < N; i++)
    {
        if (vis[i])
            p[tot++] = i; //把质数存起来
        for (int j = 0; j < tot && i * p[j] < N; j++)
        {
            vis[i * p[j]] = false;
            if (i % p[j] == 0)
                break; //保证每个合数被它最小的质因数筛去
        }
    }
}

void mul(int x)
{
    rep(i, 0, len - 1)
        a[i] *= x;
    rep(i, 0, len - 1)
    {
        a[i + 1] += a[i] / 10;
        a[i] %= 10;
    }
    while (a[len])
    {
        a[len + 1] = a[len] / 10;
        a[len] %= 10;
        len++;
    }
}

int main()
{
    init();
    sd(t);
    while (t--)
    {
        sdd(n, k);
        mem(a, 0);
        a[0] = 1;
        len = 1;
        for (int i = 0; i < tot && k * p[i] <= n; i++)
            mul(p[i]);
        mul(k);
        for (int i = len - 1; i >= 0; i--)
        {
            printf("%d", a[i]);
        }
        printf("\n");
    }
    return 0;
}