HDU6835 Divisibility（数论/思维）

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 $y=\overline{c_1c_2c_3...c_n}$($c_i$is the i-th dight from left of y), define $f(y)=\Sigma^n_{i=1}c_i$, if $f(f(...f(y)...))$ 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 t (1≤t≤$10^5$) — the number of test cases.

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

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

这道题的题面翻译一下，就是在什么情况下，对于b进制数x以及任意b进制数y，y的各位数字的和能被x整除可以推出y能被x整除；y的各位数字的和不能被x整除可以推出y不能被x整除。

题解直接放了结论出来：$b\equiv1(mod\ x)$。但这个是怎么来的呢？不妨把y这个数写出来：$y=c_1b^{n-1}+c_2b^{n-2}+...+c_nb^0$，会发现其实这是一个自变量为b的多项式的值。由同余的性质：若$a\equiv b(mod\ m)$，则$f(a)\equiv f(b)(mod \ m)$，其中$f(x)$为整系数的一元多项式。因此如果令上式中a为1，b为题目中的b，那么可以由$b\equiv 1(mod \ x)$推出$y=c_1b^{n-1}+c_2b^{n-2}+...+c_nb^0\equiv\ c_1+c_2+...+c_n(mod\ x)$，而$c_1+c_2+...+c_n$就是翻译过来的题面里的y的各位数字的和。

上面只是大体思路，具体证明见官方题解：

原命题等价于：对于任意的 $b$ 进制正整数 $y = \overline{c_1 c_2 \cdots c_n}$，如果 $c_1 + c_2 + \cdots + c_n \equiv 0 \pmod{x}$，那么 $y \equiv 0 \pmod{x}$，否则 $y \not\equiv 0 \pmod{x}$。

上述命题成立当且仅当 $b \equiv 1 \pmod{x}$。

证明：

• 当 $b \equiv 1 \pmod{x}$ 时，有 $y \equiv c_1 b^{n-1} + c_2 b^{n-2} + \cdots + c_n b^0 \equiv c_1 + c_2 + \cdots + c_n \pmod{x}$，于是上述命题成立。
• 当 $b \not\equiv 1 \pmod{x}$ 时，假设上述命题成立，有：
  • 若 $x \leq b$，令 $y = 1 \cdot b^1 + (x-1) b^0$，则应有 $y \equiv b + x - 1 \equiv 0 \pmod{x}$，即 $b \equiv 1 \pmod{x}$，但此时 $b \not\equiv 1 \pmod{x}$，出现矛盾，于是上述命题不成立。
  • 若 $x > b$，令 $y = x = \overline{c_1 c_2 \cdots c_n}$，显然 $c_1 + c_2 + \cdots + c_n \not\equiv 0 \pmod{x}$，于是 $y \not\equiv 0 \pmod{x}$，但 $y \equiv 0 \pmod{x}$，出现矛盾，于是上述命题不成立。

综上，上述命题成立当且仅当 $b \equiv 1 \pmod{x}$。