Divisibility

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Problem Description

You are given two 10-based integers b and x, and you are required to determine the following proposition is true or false:

For arbitrary b-based positive integer \(y=c_{1}c_{2}\cdots c_{n}\) (\(c_{i}\) is the i-th dight from left of y),define \(\displaystyle f(y)=\sum^{n}_{i=1}c_{i}\),if\(\underbrace{ f( f( \cdots f(y)\cdots ))}_{\infty}\) can be divided by x,then y can be divided by x,otherwise y can't be divided by x.

Input

The first line contains a 10-based integer(\(1\leq t \leq 10^{5}\))— the number of test cases.

For each test case,there is a single line containing two 10-based integers b and x(\(2\leq b,x\leq 10^{18}\))

output

For each test case,if the proposition is true,print"T",otherwise print"F"(without quotes).

Sample Input

1
10 3

Sample Output

T

题解

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main() {
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        long long b, x;
        scanf("%lld %lld", &b, &x);
        if (b % x == 1) {
            printf("T\n");
        }
        else {
            printf("F\n");
        }
    }
    return 0;
}

这道题里边有一个命题，这个命题等价于：对于任意的b进制正整数\(y=\overline{c_{1}c{_2}\cdots c_{n}}\) ,如果\(c_{1}+c_{2}+\cdots +c_{n}\equiv 0(mod\ x)\) ,那么\(y\equiv 0(mod\ x)\) ,否则\(y\not\equiv 0 (mod\ x)\)

然后我们要根据给出的b和x来判断此时这个命题是否成立。

上面给出的这个等价命题还是和题目中的命题有点区别的，我们先看看为什么要这么等价，我们从这个等价命题开始推，只要\(c_{1}到c_{n}\) 的和能整除x，那么由\(c_{1}到c_{n}\) 组成的这个数y就能整除x，我们这里设\(c_{1}到c_{n}\)的和为M，既然\(c_{1}到c_{n}\) 的和能整除x，那么也就相当于M能整除x，那么我们反向应用这个等价命题，既然M能整除x，那么M的各个位数的和也能整除x，我们设M的各个位数的和为\(M_{1}\) ,既然\(M_{1}\)能整除x，那么\(M_{1}\) 的各个位数之和也能整除x，就这样一直套娃下去，直到最后各个位数之和只有一位数时，就相当于进行了\(\infty\) 次\(f(y)\) ，就推出了题目中的命题。同样得，由题目中的命题也可以推出这个等价命题。所以这两个命题等价。

所以我们只要证明这个等价命题就行了。

那么这个等价命题其实也就是说，这个y和\(c_{1}+c_{2}+\cdots +c_{n}\) 的和模x同余。只要\(c_{1}到c_{n}\) 的和模x余0的话，也就是整除的话，那么y也会模x余0，也整除。如果\(c_{1}到c_{n}\)的和模x不余0的话，那么y也模x不余0，所以有了下面的式子。

\[y\equiv (c_{1}+c_{2}+\cdots +c_{n})(mod\ x) \]

y还可以进一步展开写：

\[y\equiv c_{1}b^{n-1}+c_{2}b^{n-2}+\cdots +c_{n}b^{0}\equiv (c_{1}+c_{2}+\cdots +c_{n})(mod\ x) \]

我们把y展开来模x：

\((c_{1}b^{n-1}+c_{2}b^{n-2}+\cdots +c_{n}b^{0})mod\ x\)

\(=(c_{1}b^{n-1}mod\ x+c_{2}b^{n-2}mod\ x+\cdots +c_{n}b^{0}mod\ x)mod\ x\)------------------①

既然我们想要让这个命题成立的话，那么我们就得把这个式子变成\((c_{1}+c_{2}+\cdots +c_{n})(mod\ x)\)--------------------②

所以我们就得想想怎么样把①式中的\(b^{n-1}mod\ x\)、\(b^{n-2}mod\ x\)、\(\cdots\)、\(b^{0}mod\ x\)

都变成1，只要变成1那就可以变成②式了。

如果我们想让b的几次方模x为1的话，那么b模x必须为1，
证明如下：

\(b^{n}mod\ x\)

\(=\underbrace{(b\times b\times b\times \cdots \times b)}_{n}mod\ x\)

\(=(b\ mod\ x\times b\ mod\ x\times \cdots \times b\ mod\ x)\ mod\ x\)

如果我们想要让整个式子的结果为1的话，那么每一个\(b\ mod\ x\)都得为1才行，这样是一定能满足这个式子的
那么我们就得出了结论了：

只有当b%x=1的时候，这个定理才满足，推出这个后就容易写代码了。