题目描述

艾利欧在她的被子上发现了一个数字 NNN,他觉得只要找出最小的 xxx 使得 φx(N)=1\varphi^x(N)=1φx(N)=1 根据这个 xxx 她就能找到曾经绑架她的外星人的线索了。
当然她不会算,请你帮助她算出最小的 xxx。

输入格式

第一行一个正整数 TTT
接下来 TTT 组数据每组数据第一行一个正整数 mmm
接下来 mmm 行每行两个正整数 pi,qip_i,q_ipi,qi
其中 ∏i=1mpiqi\prod_{i=1}^m p_i ^ {q_i}∏i=1mpiqi 为 NNN 的标准分解形式

输出格式

输出 TTT 行,每行一个整数,表示答案

输入样例

输出样例

解释/提示

φ(12)=4φ(4)=2φ(2)=1\varphi(12)=4 \\ \varphi(4)=2 \\ \varphi(2)=1 \\ φ(12)=4φ(4)=2φ(2)=1
所以答案是 333。
φ(∏i=1mpiqi)=∏i=1m(pi−1)piqi−1\varphi(\prod_{i=1}^m p_i^{q_i})=\prod_{i=1}^m(p_i-1)p_i^{q_i-1} φ(i=1∏mpiqi)=i=1∏m(pi−1)piqi−1

数据规模

对于全部的数据 1≤T≤50,1≤m≤2000,2≤pi≤105,1≤qi≤1091 \leq T \le 50,1 \leq m \leq 2000,2 \leq p_i \le 10^5,1 \le q_i \le 10^91≤T≤50,1≤m≤2000,2≤pi≤105,1≤qi≤109。

题目分析

首先先解释一个概念。
我们知道，φ(n)x=∏i=1xφ(n)\varphi(n)^x = \prod_{i=1}^{x} \varphi(n)φ(n)x=∏i=1xφ(n)，那么 φx(n)\varphi^x(n)φx(n) 又表示什么呢？
其实这表示的是函数的嵌套，例如，φ3(n)=φ(φ(φ(n)))\varphi^3(n) = \varphi(\varphi(\varphi(n)))φ3(n)=φ(φ(φ(n)))，φ2(x)=φ(φ(x))\varphi^2(x) = \varphi(\varphi(x))φ2(x)=φ(φ(x))。
于是我们终于可以开始做这道题了——

经过蒟蒻的仔细的分析和观察发现，这道题很明显就是一道结论题（当然结论是什么我也不知道）。于是，我们便可以先从打表开始。

首先看 8=238 = 2^38=23：
φ(8)=(2−1)×22=4φ(4)=(2−1)×21=2φ(2)=(2−1)×20=1\varphi(8) = (2 - 1) \times 2^2 = 4 \\ \varphi(4) = (2 - 1) \times 2 ^ 1 = 2 \\ \varphi(2) = (2 - 1) \times 2 ^ 0 = 1 \\ φ(8)=(2−1)×22=4φ(4)=(2−1)×21=2φ(2)=(2−1)×20=1
不难看出，每次我们都将 222 的幂次项消掉了一个 222（22→21→202^2 \rightarrow 2^1 \rightarrow 2^022→21→20）。而 888 的 222 次项有 333 个，所以理所当然三次便可到达 111。
那如果不只有 222 这个项呢？例如 18=21×3218 = 2^1 \times 3 ^ 218=21×32：
φ(18)=(2−1)×20×(3−1)×31=6φ(6)=(2−1)×20×(3−1)×30=2φ(2)=(2−1)×20=1\varphi(18) = (2 - 1) \times 2^0 \times (3 - 1) \times 3^1 = 6 \\ \varphi(6) = (2 - 1) \times 2^0 \times (3 - 1) \times 3^0 = 2 \\ \varphi(2) = (2 - 1) \times 2 ^ 0 = 1 \\ φ(18)=(2−1)×20×(3−1)×31=6φ(6)=(2−1)×20×(3−1)×30=2φ(2)=(2−1)×20=1
这里，虽然 222 这个项的指数为 111，但是仍需要 333 次才能变为 111。因为每一次，333 这个项都会分裂出一个 222（32→2×31,31→2×303^2 \rightarrow 2 \times 3^1, 3^1 \rightarrow 2 \times 3^032→2×31,31→2×30），而 333 这个项的指数又为 222，会多出来两个 222，所以需要 2+1=32 + 1 = 32+1=3 次才能变成 111。

发现了什么？我们最终所要求的答案 xxx，与该数每个质因子所能分裂出来的 222 的数量有关。这里不妨假设数 iii 会分裂出 dpidp_idpi 个 222，接下来就是要求解 dpdpdp 的递推式了。

不难想到，如果是 iii 质数，那么下一步就会分裂出一个 i−1i - 1i−1，即 dpi=dpi−1dp_i = dp_{i - 1}dpi=dpi−1。
如果 iii 是合数呢？我们假设 iii 为 666，因为 6=2×36 = 2 \times 36=2×3，所以 666 能分裂出的个数就应该是 222 所能分裂出的个数 + 333 所能分裂出的个数，即 dp6=dp2+dp3dp_6 = dp_2 + dp_3dp6=dp2+dp3。
推广一下，若 iii 是合数，那么 dpi=dpa+dpb,(1<a,b<n,a×b=n)dp_i = dp_a + dp_b, (1 < a, b < n, a \times b = n)dpi=dpa+dpb,(1<a,b<n,a×b=n)。
不难发现，如果使得上式的 aaa 等于 iii 的最小质因子，就可以使用欧拉筛来求解了。

最后，对于每个输入的 pip_ipi，只要将 dppi×qidp_{p_i} \times q_idppi×qi 的值全部加起来即可得到答案。但其实，这样做并不完全正确，例如 15=31×5115 = 3^1 \times 5^115=31×51：
φ(15)=(3−1)×30×(5−1)×50=8φ(8)=(2−1)×22=4φ(4)=(2−1)×21=2φ(2)=(2−1)×20=1\varphi(15) = (3 - 1) \times 3^0 \times (5 - 1) \times 5^0 = 8 \\ \varphi(8) = (2 - 1) \times 2^2 = 4 \\ \varphi(4) = (2 - 1) \times 2 ^ 1 = 2 \\ \varphi(2) = (2 - 1) \times 2 ^ 0 = 1 \\ φ(15)=(3−1)×30×(5−1)×50=8φ(8)=(2−1)×22=4φ(4)=(2−1)×21=2φ(2)=(2−1)×20=1

如果我们用刚才的方法计算，即 dp3×1+dp5×1dp_3 \times 1 + dp_5 \times 1dp3×1+dp5×1，得到的结果就是 1×1+2×1=31 \times 1 + 2 \times 1 = 31×1+2×1=3 次，但实际需要 444 次。这是因为，一开始 151515 的因子里没有 222，第一步没有办法消掉一个 222，只有当下一步 333 和 555 分裂出来 222 是才能开始消掉。
因此，最后答案只需要 +1+1+1 即可。

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long T, n, pos, primes[100005], dp[100005];
bool nPrime[100005];void euler()
{dp[1] = 1; // 先初始化dp[1]，方便更新dp[2]for (int i = 2; i <= 1e5; i++){if (!nPrime[i])primes[++pos] = i, dp[i] = dp[i - 1]; // 如果是质数，dp[i] = dp[i - 1]for (int j = 1; j <= pos && i * primes[j] <= 1e5; j++){nPrime[i * primes[j]] = true;dp[i * primes[j]] = dp[i] + dp[primes[j]]; // 如果是合数，dp[i] = dp[i的最小质因子] + dp[i / i的最小质因子]if (i % primes[j] == 0)break;}}
}int main()
{euler();scanf("%lld", &T);while (T--){scanf("%lld", &n);long long ans = 0, f = 1;for (int i = 1; i <= n; i++){long long p, q;scanf("%lld %lld", &p, &q);if (p == 2) // 判断有没有质因子2f = 0;ans += dp[p] * q;}printf("%lld\n", ans + f);}return 0;
}

好了，那么本期博客就到这里，如果哪里有问题，还请各位大佬多多指教。
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