简要题意：
(T) 组询问，给定一个数 (n)，每次你可以将当前的数 ( imes 2) 或者 (div 6)，问最少多少次操作可以将其变为 (1). 无法变为 (1) 则输出 (-1).
(T leq 2 imes 10^4 , n leq 10^9).
首先我们考虑，什么时候无解。
你会发现，对于一个数 (n)，我们 本质上的操作 只有 (div3) 和 (div2) 两种。因为，( imes 2 div 6 = div 3)，而 (div 6 = div 2 div 3).
所以你会发现一件非常重要的事情：
- 若 (n) 不能表示成 (n = 2^x 3^y) 的形式，那么肯定无解。
因为除 (2,3) 以外的质因数无法被除掉了。
接下来，我们用 (mathcal{O}(log n)) 的时间求出 (x) 和 (y).
但是你会发现，如果 (x>y) 显然是无解。如果无法理解可以继续往下看。
假设我们进行 (m) 次 ( imes 2) 操作，(n) 次 (div 6) 操作后变成 (1)，则存在：
[egin{cases}
m = y - min(x,y) \
n = max(x,y)\
end{cases}]
那么，(m+n = y - min(x,y) + max(x,y))，这就是答案。
但是你会发现一个问题，如果 (x > y) 的话，此时 (min(x,y) = y)，(m=0)？
显然 (m=0) 是不可能完成的。所以 (x leq y) 才会有答案。
时间复杂度：(mathcal{O}(T log n)).
实际得分：(100pts).
#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){char ch=getchar(); int f=1; while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
int x=0; while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar(); return x*f;}
inline void write(int x) {
if(x<0) {putchar('-');write(-x);return;}
if(x<10) {putchar(char(x%10+'0'));return;}
write(x/10);putchar(char(x%10+'0'));
}
int main() {
int T=read(),n; while(T--) {
n=read(); if(n==1) puts("0");
else {
int x=0,y=0;
while(!(n&1)) x++,n>>=1;
while(!(n%3)) y++,n/=3;
if(n!=1 || x>y) puts("-1");
else printf("%d
",x+2*(y-x));
}
}
return 0;
}