[CF986F]Oppa Funcan Style Remastered[exgcd+同余最短路]

题意

给你 (n) 和 (k) ，问能否用 (k) 的所有 (>1) 的因子凑出 (n) 。多组数据，但保证不同的 (k) 不超过 50 个。

(nleq 10^{18}, kleq 10^{15})

分析

• 记 (k) 的质因子数量为 (m) 。

1. 如果 (k=1) 一定不行。

2. 如果 (m=1) 直接判断是否可以整除。

3. 如果 (m=2) 就是求 (ax+by=n) 是否存在非负整数解。

   根据 (ax equiv n (mod b)) 可以得到 (xequiv na^{(-1)} (mod b))

   只需要判断最小的 (x*a) 是否 (le n) 即可。

4. 如果 (mge 3) 一定存在一个最小质因子 (le 10^5) ，此时就可以套用同余最短路来求解了。

   具体地，我们将最小质因子单独拿出来，答案可以写成 (n\%p+kp​) 的形式，当且仅当 (n\%p​) 可以用其他质因子凑出，且他们的和 (le n​) 时才能凑出 (n​) 。利用最短路求解这种转移成环的问题。

• 主要复杂度在处理质因子，可以记录 (5 imes 10^7) 以内的质因子加快枚举。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define go(u) for(int i = head[u], v = e[i].to; i; i=e[i].lst, v=e[i].to)
#define rep(i, a, b) for(int i = a; i <= b; ++i)
#define pb push_back
#define re(x) memset(x, 0, sizeof x)
inline int gi() {
    int x = 0,f = 1;
    char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch)) { if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
    while(isdigit(ch)) { x = (x << 3) + (x << 1) + ch - 48; ch = getchar();}
    return x * f;
}
template <typename T> inline void Max(T &a, T b){if(a < b) a = b;}
template <typename T> inline void Min(T &a, T b){if(a > b) a = b;}
const int N = 1e5 + 7;
const LL inf = 1e18 + 7;
int T, qc;
bool vis[N], ans[N];
LL dis[N];
struct qs {
	LL n, k; int id;
	bool operator <(const qs &rhs) const {
		return k < rhs.k;
	}
}q[N];
struct data {
	int u;LL dis;
	bool operator <(const data &rhs) const {
		return rhs.dis < dis;
	}
};
priority_queue<data>Q;
vector<LL> pf;
void dijk(int n) {
	for(int i = 0; i < n; ++i) dis[i] = inf;
	memset(vis, 0, sizeof vis);
	dis[0] = 0;Q.push((data){ 0, 0});
	
	while(!Q.empty()) {
		int u = Q.top().u;Q.pop();
		if(vis[u]) continue;vis[u] = 1;
		for(int i = 1; i < pf.size(); ++i) {
			int v = (u + pf[i]) % n;
			if(dis[u] + pf[i] >= 0 && dis[u] + pf[i] < dis[v]) {
				dis[v] = dis[u] + pf[i];
				Q.push((data){ v, dis[v]});
			}
		}
	}
}
void exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) {
	if(!b) { x = 1, y = 0; return;}
	exgcd(b, a % b, y, x); y -= x * (a / b);
}
const int num_sz = 5e7 + 7;
int t, pc;
int pri[num_sz];
bool visp[num_sz];
void pre(int n) {
	int to;
	for(int i = 2; i <= n; ++i) {
		if(!visp[i])  pri[++pc] = i;
		for(int j = 1; (to = i * pri[j]) <= n; ++j) {
			visp[to] = 1;
			if(i % pri[j] == 0) break;
		}
	}
}
int main() {
	pre(5e7);
	T = gi();
	rep(i, 1, T) {
		LL a, b;
		scanf("%lld%lld", &a, &b);
		q[++qc] = (qs){ a, b, i};
	}
	sort(q + 1, q + 1 + qc);
	int cnt = 0;
	for(int i = 1, j = 1; i <= T; i = j + 1, j = i) {
		pf.clear();
		while(j + 1 <= T && q[j + 1].k == q[j].k) ++j;
		
		LL x = q[i].k;
		for(int k = 1, l = (int)sqrt(x); k <= pc && pri[k] <= l; ++k) if(x % pri[k] == 0){
			while(x % pri[k] == 0) x /= pri[k];
			pf.pb(pri[k]);
		}
		if(x > 1) pf.pb(x);
		if(pf.empty()) continue;
		if(pf.size() == 1) {
			for(int k = i; k <= j; ++k)
				ans[q[k].id] = q[k].n % q[k].k == 0;
			continue;
		}
		if(pf.size() == 2) {
			LL x, y, inva;
			exgcd(pf[0], pf[1], x, y);
			inva = (x + pf[1]) % pf[1];
			for(int k = i; k <= j; ++k) 
				ans[q[k].id] =pf[0] * (q[k].n % pf[1] * inva % pf[1]) <= q[k].n;
			continue;
		}
		sort(pf.begin(), pf.end());
		dijk(pf[0]);
		for(int k = i; k <= j; ++k)
			ans[q[k].id] = dis[q[k].n % pf[0]] <= q[k].n;
	}
	for(int i = 1; i <= T; ++i) puts(ans[i] ? "YES": "NO");
	return 0;
}