传送门

Description

有n个城市,标号为1到n,修建道路花费m天,第i天时,若gcd(a,b)=m-i+1,则标号为a的城市和标号为b的城市会建好一条直接相连的道路,有多次询问,每次询问某两座城市最早什么时候能连通。

Input

第一行输入三个正整数n,m,q,其中q表示询问个数。

接下来q行,每行两个正整数x,y,表示询问城市x和城市y最早什么时候连通。

Output

输出q行,每行一个正整数,表示最早连通的天数

Sample Input

Input 1

8 3 3

2 5

3 6

4 8

Input 2

25 6 1

20 9

Input 3

9999 2222 2

1025 2405

3154 8949

Sample Output

Output 1

3

1

2

Output 2

4

Output 3

1980

2160

Data Constraint

对于40%的数据,n≤ 1000,q<=100000

对于100%的数据,1 ≤ n,q≤ 100000,1<=m<=q

Solution

可以发现每一天连的边一定是\(m-i+1\)的倍数且不小于n,那么有个结论就是这些边的总数约为\(nlogn\)所以我们可以暴力连边,边权为天数

那么查询的就是两个点到lca路径上的最大边权,考虑按秩合并的并查集,我们知道这个并查集树的深度最大为\(logn\),所以每次暴力走到lca并找出答案即可

Code

//By Menteur_Hxy
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define M(a,b) memset(a,(b),sizeof(a))
#define F(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);i++)
#define R(i,a,b) for(register int i=(b);i>=(a);i--)
#define E(i,u) for(register int i=head[u];i;i=nxt[i])
using namespace std; int read() {
int x=0,f=1; char c=getchar();
while(!isdigit(c)) {if(c=='-')f=-f; c=getchar();}
while(isdigit(c)) x=(x<<1)+(x<<3)+c-48,c=getchar();
return x*f;
} const int N=100010;
int n,m,q;
int fa[N],dis[N],siz[N],dep[N]; int getf(int x) {
if(fa[x]==x) return dep[x]=0,x;
int father=getf(fa[x]);
dep[x]=dep[fa[x]]+1;
return father;
} void add(int u,int v,int c) {
int fu=getf(u),fv=getf(v);
if(fu!=fv) {
if(siz[fu]>siz[fv]) swap(fu,fv);
fa[fu]=fv; siz[fv]=max(siz[fv],siz[fu]+1);
dis[fu]=c;
}
} int main() {
freopen("pictionary.in","r",stdin);
freopen("pictionary.out","w",stdout);
n=read(),m=read(),q=read();
F(i,1,n) fa[i]=i,siz[i]=1;
F(i,1,m) {
int x=m-i+1;
for(register int j=1;x*j+x<=n;j++) add(x*j,x*j+x,i);
}
F(i,1,q) {
int x=read(),y=read(),ans=0;
getf(x);getf(y);
if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
while(dep[x]>dep[y]) ans=max(ans,dis[x]),x=fa[x];
while(x!=y) {
ans=max(ans,dis[x]),x=fa[x];
ans=max(ans,dis[y]),y=fa[y];
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}

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