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现在有两个块巧克力一块大小是 的，另外一块大小是
的。
现在要把两块巧克力变成面积一样大小，可以使用下列两种方法：
· 可以沿横向或纵向的网格线分成两等分，然后吃掉其中的一份。
· 可以沿横向或纵向的网格线分成2/3,1/3的两份，吃掉小的那一份。
因此使用第一种方法会留一半巧克力，用第二种方法会留下2/3巧克力。
两种方法并不总是可行的，有些时候两种方法都不能再用了。比如巧克力大小是16 × 23的时候，可以使用第一种方法，但是不能使用第二种方法。当大小是20 × 18的时候，可以使用第一种方法或者第二种方法。如果大小是5 × 7的时候，两种方法都不能使用。
问最少要操作几次才能使得两块巧克力的面积是一样的。
Input
单组测试数据。 第一行有两个整数a1, b1 (1 ≤ a1, b1 ≤ 10^9)，表示第一块巧克力的大小。 第二行有两个整数a2, b2 (1 ≤ a2, b2 ≤ 10^9)，表示第二块巧克力的大小。
Output
对于每一组数据输出占一行，输出一个整数表示最小步数，如果无法达到输出-1。
Input示例
2 6 2 3
Output示例
1
之前有做过codeforces上面类似的题，也是素数分解。这个题目就是把矩形的两条边一直除以3 一直除以2之后最后结果乘积是否相等，相等就可以到达，否则就不行。
之后就是看相差了多少个3 多少个2，相差了多少3最后的步数一定是加上多少3，而又由于有多少3必然会带来多少2，所以要把这部分2的数量扣除，扣除之后，再计算相差了多少2。两部分相加即是结果。
代码：
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <string>
#include <cstring>
#pragma warning(disable:4996)
using namespace std;
long long result;
int cnt2[5];
int cnt3[5];
int main()
{
long long x1, y1, x2, y2;
cin >> x1 >> x2;
cin >> y1 >> y2;
long long t1 = x1, t2 = x2, k1 = y1, k2 = y2;
memset(cnt2, 0, sizeof(cnt2));
memset(cnt3, 0, sizeof(cnt3));
while (t1 % 2 == 0)
{
t1 /= 2;
cnt2[0]++;
}
while (t1 % 3 == 0)
{
t1 /= 3;
cnt3[0]++;
}
while (t2 % 2 == 0)
{
t2 /= 2;
cnt2[1]++;
}
while (t2 % 3 == 0)
{
t2 /= 3;
cnt3[1]++;
}
while (k1 % 2 == 0)
{
k1 /= 2;
cnt2[2]++;
}
while (k1 % 3 == 0)
{
k1 /= 3;
cnt3[2]++;
}
while (k2 % 2 == 0)
{
k2 /= 2;
cnt2[3]++;
}
while (k2 % 3 == 0)
{
k2 /= 3;
cnt3[3]++;
}
//分别记录下四条边中素因子2,3的个数
if (t1 * t2 != k1 * k2)//剩余的素因子的乘积不等
cout << -1 << endl;
else
{
int ans = 0;
int x3 = cnt3[0] + cnt3[1];//第一个矩形中3的个数
int y3 = cnt3[2] + cnt3[3];//第二个矩形中3的个数
int x4 = cnt2[0] + cnt2[1];//第一个矩形中2的个数
int y4 = cnt2[2] + cnt2[3];//第二个矩形中2的个数
int xd3 = 0, yd3 = 0, xd4 = 0, yd4 = 0;
if (x3 > y3)//如果第一个矩形中3的个数大于第二个3的个数
{
xd3 = x3 - y3;
x4 += xd3;//每去掉一个素因子3就对应需要增加一个素因子2
ans += xd3;
}
else if (x3 < y3)
{
yd3 = y3 - x3;
y4 += yd3;
ans += yd3;
}
if (x4 > y4)
{
xd4 = x4 - y4;
ans += xd4;
}
else if (x4 < y4)
{
yd4 = y4 - x4;
ans += yd4;
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
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