原文链接https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/UOJ375.html
题解
首先，我们可以建出一个 k 个点的自动机，第 i 个点表示当前数对 k 取模为 i-1。显然每一个点有 m-1 条出边。
然后，稍加观察，我们就可以发现，如果一些节点的出边集合是相同的，我们就可以将他们合并。
具体是怎样的节点呢？
对于每一个 $t$ ，满足
$$im equiv tpmod k $$
的所有 $i$ 都可以合并（节点 0 除外）。
然后你就发现你几乎过了大样例的前 100 个数据。
只有很少是错的。
所以大概会得到0分的好成绩。
那么错在了哪儿？
并不是这样合并完了就没有节点可以合并了。
我们再想想哪些节点可以合并。
注意到如果 $im^2equiv jm^2pmod k $ 的话，只要在后面接上两个字母，$i$ 和 $j$ 就没区别了。
但是如果其中一个走一步就可以到 0 了，另一个不行，那么他们就是不等价的。
除此之外的情况都可以合并。
类似地，对于 $m^3,m^4,m^5,cdots$ 也差不多。
于是我们就可以得到一个 $O(klog ^2 k)$ 的模拟。
可以获得 50 分的好成绩。
再看看质数的情况，由于当 $gcd(k,m)=1$ 时，答案等于 $k$ ，所以 $k$ 一定是 $m$ 的倍数。稍微模拟一下可以发现，一次合并之后相当于缩小了问题规模，而去求 $k'=k/m,m'=m$ 的子问题。简单推导一下就可以得到质数的10分。
现在已经得到了 60 分的好成绩。
现在我们来看看 60 分的做法给了我们什么启发：缩小问题规模。
设 $d = gcd(k,m)>1$ ，则一开始给 $1cdots k-1$ （0是特殊点被ban掉了）乘了 m 模了 k 之后，所有数都是 d 的倍数。
设 $t=frac kd$ ，则 $1cdots k-1$ 乘m模k 后的结果是 $t$ 个一循环的，所以 d 的每一个倍数都会出现。我们把每一种乘m模k相同的缩起来显然是最优的，那么，我们可以合并 $(k-1) - t$ 次。
现在还剩下 $t$ 个节点，注意到现在加上 $0cdots m-1$ 之后与 k 同余的节点显然不能参与下一次合并，所以我们要把他们扔掉。
扔掉的是那些呢？
好像有点棘手。我们先绕个弯。之前说道这里的所有数都是 d 的倍数。所以我们把所有值都除以 d，k' = k/d, m'=m/d 。由于之前提到 " d 的每一个倍数都会出现"，所以所有值除以 d 之后，得到的就是 $1,2,cdots , k'-1$ 。我们扔掉后 $m'$ 个数，所以剩下的就是 $1,2,cdots ,k'-m$ 。
我们发现我们得到了一个原问题的子问题。
于是我们可以考虑把这种问题一般化：
假设读入的两个数第一个是 n ，第二个是 k 。
假设当前剩余节点 $1,2,cdots ub$ ，$m$ 为 $n$ 的若干次幂除以一些 gcd ，$k$ 表示除过一些 gcd 的 k ，在这种状态下，我们来计算最多可以合并多少节点。初始情况下， ub = k - 1, m = 1, k = k 。
令 $d = gcd(k,n),t=k/d$ ，
考虑分几种情况讨论：
1. d = 1： 显然不能合并。
2. $ubleq t$： 乘以 m 之后的得到的结果互不相同，所以也不能合并。
3. 这种情况下可以合并 $ub - t$ 次。合并完之后，显然还剩 $t$ 个点。这时候 $m' = mcdot (n/d)$，扔掉 $m'$ 个点之后还剩 $t-m'$ 个，所以 $ub' = t - m'$ ，剩下就是 $k' = t$ 。
注意一下运算的时候不要爆 long long 。
于是你就可以得到 100 分的好成绩。
代码1 - 60分
#include <bits/stdc++.h>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof (x))
#define For(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++)
#define Fod(i,b,a) for (int i=b;i>=a;i--)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define _SEED_ ('C'+'L'+'Y'+'A'+'K'+'I'+'O'+'I')
#define outval(x) printf(#x" = %d
",x)
#define outvec(x) printf("vec "#x" = ");for (auto _v : x)printf("%d ",_v);puts("")
#define outtag(x) puts("----------"#x"----------")
using namespace std;
typedef long long LL;
LL read(){
LL x=0,f=0;
char ch=getchar();
while (!isdigit(ch))
f|=ch=='-',ch=getchar();
while (isdigit(ch))
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
return f?-x:x;
}
LL T,n,k;
LL gcd(LL a,LL b){
return b?gcd(b,a%b):a;
}
vector <int> v;
int tn(int x){
return x?x:k;
}
int main(){
T=read();
while (T--){
n=read(),k=read();
if (gcd(n,k)==1){
printf("%lld
",k);
continue;
}
if (n>1e5||k>1e5){
LL ans=k,c=0;
while (ans%n==0)
ans/=n,c++;
printf("%lld
",ans+c);
continue;
}
LL m=1,ans=k;
v.clear();
For(i,0,k-1)
v.pb(tn(i));
while (1){
sort(v.begin(),v.end());
// outvec(v);
if (v.empty())
break;
int cnt=unique(v.begin(),v.end())-v.begin();
while (v.size()>cnt)
v.pop_back(),ans--;
// outvec(v);
while (!v.empty()&&v.back()>k-m)
v.pop_back();
// outvec(v);
for (auto &i : v)
i=tn(i*n%k);
if (k/m==0)
break;
m*=n;
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
代码2 - 100分
#include <bits/stdc++.h>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof (x))
#define For(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++)
#define Fod(i,b,a) for (int i=b;i>=a;i--)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define _SEED_ ('C'+'L'+'Y'+'A'+'K'+'I'+'O'+'I')
#define outval(x) printf(#x" = %d
",x)
#define outvec(x) printf("vec "#x" = ");for (auto _v : x)printf("%d ",_v);puts("")
#define outtag(x) puts("----------"#x"----------")
using namespace std;
typedef long long LL;
LL read(){
LL x=0,f=0;
char ch=getchar();
while (!isdigit(ch))
f|=ch=='-',ch=getchar();
while (isdigit(ch))
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
return f?-x:x;
}
LL T,n,k;
LL gcd(LL a,LL b){
return b?gcd(b,a%b):a;
}
int main(){
T=read();
while (T--){
n=read(),k=read();
LL ans=k,ub=k-1,m=1;
while (ub>0){
LL d=gcd(k,n),t=k/d;
if (d==1||ub<=t)
break;
ans-=ub-t;
if (t/m/(n/d)==0)
break;
m*=n/d;
ub=t-m;
k/=d;
}
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}