P11130 解题报告

合集 - 数学(8)

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场外选手口胡

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题目大意：

$T$ 组询问，每次给定两个正整数 $a,b$。

定义一种操作为：选择一个正整数 $y$，将 $x$ 变成 $x\times gcd(a,y)$。

对每组询问回答：将 $a$ 变成 $y$ 最少需要几次操作。

数据范围：$1\le T\le 2\times {10}^5,1\le a\le b\le {10}^{18}$。

思路：

读完题确定思考方向应该是选择一种策略使得每次 $a$ 的增长尽量大，考虑贪心。

考虑到 $gcd(a,y)$ 是整数，所以首先判掉一种无解情况：当 $a\nmid b$ 时，必定无解。

接着令 $c=\frac{a}{b}$。

因为操作中的 $y$ 是自己指定的，所以 $a$ 每次扩大的倍数和它自己的质因子及其指数相关，我们想让它扩大的幅度尽量大，就得每次尽量选择它和 $c$ 的质因子重合的尽量多的质因子，即 $gcd(a,c)$。

通俗来讲就是每次尽量增大一点，多囊括一点质因数，在更靠近目标的过程中顺便拥有更多的选择权。

所以做法就是每次求出 $d=gcd(a,c)$，然后 $a\leftarrow a\times d$，$c\leftarrow \frac{c}{d}$，直到 $a=b$。

在此过程中还要判断 $d$ 是否为 $1$，若 $d=1$ 且 $a\ne b$，那么就不可能成功了，因为此时 $c$ 中存在被垄断的质因子。

以上都为感性理解，接下来开始严谨（可能不那么严谨）证明。

这里从决策包容性来证明。

从质因数分解的方向来思考。

在操作进行的任意时刻，设

$$a=p_1^{{\alpha }_1}\times p_2^{{\alpha }_2}\times \cdots \times p_k^{{\alpha }_k}$$

设 $d=gcd(a,c)$，是最优策略 $y$ 所产生的贡献，$d^{\prime }$ 为选择另外一个 $y^{\prime }$ 带来的贡献，且 $d^{\prime }<d$。

设

$$d=p_1^{a_1}{p}_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}$$

$$d^{\prime }=p_1^{b_1}{p}_2^{b_2}\cdots p_k^{b_k}$$

因为 $d^{\prime }<d$，所以 $\mathrm{\forall }i\in [1,k],b_i\le a_i$，并且 $\mathrm{\exists }i\in [1,k],b_i<a_i$.

按两种方式将 $a$ 操作之后分别得到：

$$a=p_1^{{\alpha }_1+a_1}\times p_2^{{\alpha }_2+a_2}\times \cdots \times p_k^{{\alpha }_k+a_k}$$

$$a^{\prime }=p_1^{{\alpha }_1+b_1}\times p_2^{{\alpha }_2+b_2}\times \cdots \times p_k^{{\alpha }_k+b_k}$$

所以 $\mathrm{\exists }i\in [1,k],{\alpha }_i+b_i<{\alpha }_i+a_i$.

接着考虑这一次操作对下一次操作的影响。

设从 $a$ 中取出来若干质因数组成的集合 $S=\{n_1\cdot p_1,n_2\cdot p_2\cdots n_k\cdot p_k\}$，是由 $n_1$ 个 $p_1$，$n_2$ 个 $p_2,\cdots ,n_k$ 个 $p_k$ 组成的多重集，其中 $\mathrm{\forall }i\in [1,k],0\le n_i\le {\alpha }_i+a_i$。

同理可设从 $a^{\prime }$ 中取出来若干质因数组成的集合 $S^{\prime }=\{n_1^{\prime }\cdot p_1,n_2^{\prime }\cdot p_2\cdots n_k^{\prime }\cdot p_k\}$，是由 $n_1^{\prime }$ 个 $p_1$，$n_2^{\prime }$ 个 $p_2,\cdots ,n_k^{\prime }$ 个 $p_k$ 组成的多重集，其中 $\mathrm{\forall }i\in [1,k],0\le n_i^{\prime }\le {\alpha }_i+b_i$。

定义 $t$ 为下一次操作选择 $y\in \mathbb{N}$ 可产生的贡献，从 $S$ 中选择产生的所有 $t$ 值组成不可重集合 $S_1$，从 $S^{\prime }$ 中选择产生的所有 $t$ 值组成不可重集合为 $S_2$。

由于 $\mathrm{\exists }i\in [1,k],{\alpha }_i+b_i<{\alpha }_i+a_i$，所以容易得出 $S_2⫋S_1$。

所以选择乘上 $d^{\prime }$ 后未来能做到的，选择乘上 $d$ 后未来也能达到，即 $d$ 的的适用性更广。

因此在任意局面下，做出局部最优解后，这个局部最优策略提供的可能性包含其他所有的策略提供的可能性，此贪心策略是正确的。

证毕。

同时，再此贪心策略下，每次 $a$ 至少要乘二，所以时间复杂度为 $O(T\log b)$。

$\mathtt{\text{Code:}}$

#include <iostream>

using namespace std;
typedef long long ll;
int T;
ll a, b;

ll gcd(ll a, ll b) {
    if(!b) return a;
    return gcd(b, a % b);
}

void solve() {
    scanf("%lld%lld", &a, &b);
    if(b % a != 0) {
        puts("-1");
        return ;
    }
    ll c = b / a;
    if(c % a != 0) {
        puts("-1");
        return ;
    }
    int res = 0;
    while(a != b) {
        ll d = gcd(a, c);
        a *= d, c /= d;
        ++res;
    }
    printf("%d\n", res);
}

int main() {
    scanf("%d", &T);
    while(T--) {
        solve();
    }
    return 0;
}