1951: ly和wjw的无聊游戏

Description

 众所周知,ly和wjw是好朋友，某天特别无聊，他们想自己编一个游戏代码，无奈水平有限，只会写个random每次输出一个随机数，于是他们自己制定了一个游戏规则
游戏由多轮组成，每一轮中由计算机输出一个自然数ki，然后ly和wjw会同时喊出一个数字，谁喊出的数字更靠近这个ki就获胜，获胜的人的得分会乘上ki^2，失败者的得分乘上ki.
虽然这个游戏很无聊，但是为了打发时间，ly和wjw居然玩了一下午，但是由于记录游戏步骤的ly弄丢了他们记录T场游戏的笔记本，但是好在wjw还依稀记得每场比赛最终的结局是ly获得了ai分，wjw获得了bi分。但是他的记忆是模糊的，他希望能够验证没对ai和bi是否正确。
每场游戏一开始ly和wjw的积分都是1.
wjw和ly不想太麻烦你，他们只想知道对于每组ai和bi的结局是否是一个正确的最终得分。

Input

 第一行输入一个T，表示总共进行了T组游戏(T<=500000)
接下来的T行，每行两个整数ai和bi表示wjw记得的每一场比赛两人的最终得分(1<=ai,bi<=10^9)

Output

 对于每一对ai和bi，如果这对最终得分是正确的，那么输出"Ok"，否则输出"Error".

Sample Input

4

16 16

2 4

1 1

18 19

Sample Output

Error

Ok

Ok

Error

 

 

 

因为这是中文题因此不对题意多加赘述

看到样例我们很容易能想到分解因数

a=k1^(x1)*k2^(x2)*...kn^(xn)

b=k1^(y1)*k2^(y2)*...kn^(yn)

并且保证xi+yi=3

那么a*b=(k1*k2*...kn)^3；

即ab时某个数的三次方；

考虑到对任意ki，a和b的因子都都有它，因为赢的人乘ki^2,输的的人乘ki，

也就是幂次比为1：2或2：1，不能存在0：3的情况

这时候我们可以发现，若将a进行平方操作，

那么本来a胜的回合，ki的幂次变为4，ki^4，a败的回合ki的幂次变为2，ki^2

这时候我们可以发现对应的b，若a胜，ki^1,若a败,ki^2，我们可以发现就呈倍数，可以直接判断a*a%b==0

反过来也一样，需要满足b*b%a==0

总结一下满足条件的答案a,b则需要满足

1.a*a%b==0

2.b*b%a==0

3.存在x使得a*b=x^3

但是简单的判断时间复杂度太高会超时

#include
#include 
#include 
#include 
using namespace std;


int main(){      
     int t;
	 scanf("%d",&t);
	 while(t--)
	 {
	 	long long a,b;
        scanf("%lld%lld",&a,&b);
		int temp=0;
		if (a*a%b==0)
		temp++;
		if(b*b%a==0)
		temp++;
		for(int i=1;i<=a&&i<=b;i++)
		if(i*i*i==a*b)
		{
			temp++;
			break;
		}
       判断是否为三次方数、
			 if(temp==3)
			 printf("Ok\n");
			 else
			 printf("Error\n");
	   	 
	  } 
	return 0;  
}   

换做用二分查找成功AC

#include
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

二分查找
int judge(long long x)  
{  
    int l=1,r=1000000;  
    long long mid;  
    while(l<=r)
    {  
        mid=(l+r)/2;  
        if(mid*mid*mid==x) return 1;  
        if(mid*mid*mid