Problem Description
You are given two 10-based integers b and x, and you are required to determine the following proposition is true or false:
For arbitrary b-based positive integer \(y=\overline{c_1c_2c_3...c_n}\)(\(c_i\)is the i-th dight from left of y), define \(f(y)=\Sigma^n_{i=1}c_i\), if \(f(f(...f(y)...))\) can be divided by x, then y can be divided by x, otherwise y can't be divided by x.
Input
The first line contains a 10-based integer t (1≤t≤\(10^5\)) — the number of test cases.
For each test case, there is a single line containing two 10-based integers b and x (2≤b,x≤\(10^{18}\)).
Output
For each test case, if the proposition is true, print "T", otherwise print "F" (without quotes).
Sample Input
1
10 3
Sample Output
T
这道题的题面翻译一下，就是在什么情况下，对于b进制数x以及任意b进制数y，y的各位数字的和能被x整除可以推出y能被x整除；y的各位数字的和不能被x整除可以推出y不能被x整除。
题解直接放了结论出来：\(b\equiv1(mod\ x)\)。但这个是怎么来的呢？不妨把y这个数写出来：\(y=c_1b^{n-1}+c_2b^{n-2}+...+c_nb^0\)，会发现其实这是一个自变量为b的多项式的值。由同余的性质：若\(a\equiv b(mod\ m)\)，则\(f(a)\equiv f(b)(mod \ m)\)，其中\(f(x)\)为整系数的一元多项式。因此如果令上式中a为1，b为题目中的b，那么可以由\(b\equiv 1(mod \ x)\)推出\(y=c_1b^{n-1}+c_2b^{n-2}+...+c_nb^0\equiv\ c_1+c_2+...+c_n(mod\ x)\)，而\(c_1+c_2+...+c_n\)就是翻译过来的题面里的y的各位数字的和。
上面只是大体思路，具体证明见官方题解：
原命题等价于：对于任意的 \(b\) 进制正整数 \(y = \overline{c_1 c_2 \cdots c_n}\)，如果 \(c_1 + c_2 + \cdots + c_n \equiv 0 \pmod{x}\)，那么 \(y \equiv 0 \pmod{x}\)，否则 \(y \not\equiv 0 \pmod{x}\)。
上述命题成立当且仅当 \(b \equiv 1 \pmod{x}\)。
证明：
- 当 \(b \equiv 1 \pmod{x}\) 时，有 \(y \equiv c_1 b^{n-1} + c_2 b^{n-2} + \cdots + c_n b^0 \equiv c_1 + c_2 + \cdots + c_n \pmod{x}\)，于是上述命题成立。
- 当 \(b \not\equiv 1 \pmod{x}\) 时，假设上述命题成立，有：
- 若 \(x \leq b\)，令 \(y = 1 \cdot b^1 + (x-1) b^0\)，则应有 \(y \equiv b + x - 1 \equiv 0 \pmod{x}\)，即 \(b \equiv 1 \pmod{x}\)，但此时 \(b \not\equiv 1 \pmod{x}\)，出现矛盾，于是上述命题不成立。
- 若 \(x > b\)，令 \(y = x = \overline{c_1 c_2 \cdots c_n}\)，显然 \(c_1 + c_2 + \cdots + c_n \not\equiv 0 \pmod{x}\)，于是 \(y \not\equiv 0 \pmod{x}\)，但 \(y \equiv 0 \pmod{x}\)，出现矛盾，于是上述命题不成立。
综上，上述命题成立当且仅当 \(b \equiv 1 \pmod{x}\)。