20211115 数字 num

Description

假设一棵树的形态是一个点连向在线性筛中它筛到的点，其中 \(1\) 连向所有质数。

现在有 \(m\) 个询问，每次给定 \(x\) 和 \(y\) ，问两个点的 \(lca\) 。

\(m\leq 10 ^6 ;\ x ,\ y \leq 10 ^ 9\)

Analysis

由于线性筛的特性，所以每个点的父亲等于该点除以最小质因子。

所以 \(lca\) 就一定是两个数的质因数从大到小排序后的最长的相等的前缀。

画画图就能发现啦！

Solution

接着 Analysis 的想法，看得出来正解是要 \(m\log\) 级别的做法，但目前分解质因数的话还只是 \(\sqrt {num}\) 级别的，考虑怎么优化。

发现线性筛可以一路干到 \(10 ^ 7\) ，所以我们可以在线性筛的时候记录每个点的最小质因子。

然后众所周知一个数的质因子数量是不超过 \(\log\) 级别的，所以小于 \(10 ^ 7\) 的数可以 \(\log\) 做。

现在再考虑剩下的怎么做：

发现我们对于单个值的分解就那么快，加速不了，那么去利用两个值的共性。就比如 \(gcd\) 什么的。

我们发现 \(gcd\) 就是两个值所有相同的质因子，然后按照 Analysis ，可能 \(x\) 和 \(y\) 剩下的值有些质因子比 \(gcd\) 里面的一些质因子大，就挡住了去路，如果能处理掉就是答案了，所以就可以根据 \(\frac{x}{gcd},\space \frac{y}{gcd},\space gcd\) 的大小看是用谁去处理谁。

1. \(gcd \geq 10 ^ 7\) ：用剩下的 \(x\) 和 \(y\) 直接去掉 \(gcd\) 不合法的质因子就可以了。

2. \(\frac{x}{gcd},\space \frac{y}{gcd},\space gcd \leq 10 ^ 7\) ：用前面说的处理小于 \(10 ^ 7\) 的数的办法处理这三个数即可。

3. \(\frac{x}{gcd},\space \frac{y}{gcd} \geq 10 ^ 7\) ：用 \(gcd\) 去找在哪个质因子之后能把剩下的 \(x\) 和 \(y\) 处理干净（就是只剩 \(1\) 了），哪个地方就是答案的开始。

那这样的话全部数都可以在 \(\log\) 的时间搞定，整个题目也就搞定了！

Code

/*
这是一个屑写的代码
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 10, M = 1e7 + 10;
int n, x, y, z, pri[M], cnt, vis[M];
inline int read() {
	char ch = getchar();
	int s = 0, w = 1;
	while (ch < '0' || ch > '9') {if (ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
	while (ch >= '0' && ch <= '9') {s = (s << 3) + (s << 1) + ch - '0'; ch = getchar();}
	return s * w;
}
inline int gcd(int a, int b) {
	return (!b) ? a : gcd(b, a % b);
}
inline void prime() {
	for (int i = 2; i <= 1e7; ++i) {
		if (!vis[i]) pri[++cnt] = i, vis[i] = 1;
		for (int j = 1; j <= cnt; ++j) {
			if (i * pri[j] > 1e7) break;
			vis[i * pri[j]] = i;
			if (i % pri[j] == 0) break;
		}
	}
}
inline void mian() {
	x = read(), y = read(); z = gcd(x, y);
	if (z == 1) {
		printf("1\n");
		return ;
	}
	x /= z; y /= z;
	if (z <= 1e7) {
		if (max(x, y) <= 1e7) {
			int mx = 0;
			while (vis[x] > 1) x = vis[x];
			while (vis[y] > 1) y = vis[y];
			mx = max(x, y);
			while (vis[z] > 0 && (z / vis[z] < mx)) z = vis[z];
			printf("%d\n", z);
		}
		else {
			int mx = 0;
			for (int i = 1; i <= cnt && pri[i] <= z; ++i) {
				if (x % pri[i] == 0) {
					mx = pri[i];
					while (x % pri[i] == 0) x /= pri[i];
				}
				if (y % pri[i] == 0) {
					mx = pri[i];
					while (y % pri[i] == 0) y /= pri[i];
				}
			}
			if (x != 1 || y != 1) {
				printf("1\n"); return ;
			}
			while (vis[z] > 0 && (z / vis[z] < mx)) z = vis[z];
			printf("%d\n", z);
		}
	}
	else {
		int mx = 0;
		for (int i = 1; i <= cnt && pri[i] <= max(x, y); ++i) {
			if (x % pri[i] == 0 || y % pri[i] == 0) mx = i;
		}
		for (int i = 1; i < mx; ++i) {
			if (z % pri[i] == 0) {
				while (z % pri[i] == 0) z /= pri[i];
			}
		}
		printf("%d\n", z);
	}
}
int main() {
//	freopen("num.in", "r", stdin);
//	freopen("num.out", "w", stdout);
	prime();
	n = read();
	while (n--) mian();
	return 0;
}