传送门

题意：给你两个数x,y让你求满足x+k,y+k并且GCD(x+k,y+k)!=1的最小值。

思路：要求满足x+k,y+k并且GCD(x+k,y+k)!=1的最小值，那么就相等于存在(x+k)%d=(y+k)%d

变化一下就等于(x-y)%d=0，那么就是找x-y的约数，然后这个约数可能是质数，也可能是非质数。在此我们假设这个d是非质数，可以由a*b构成，那么结果是

a*b-(m%(a*b))等价于a*b-(m-m/(a*b)*(a*b))=a*b-m+m/(a*b)*(a*b),我们可以发现如果a*b换成a或者换成b，这里都换成b  a*b->b会减小 a*b-b，变成，

前半部分的值是小于等于m的（a*b）的倍数的最大值

后半部分的值是小于等于m的b的倍数的最大值

那么这两个的差值一定小于等于（a*b-b）的（如果a3 b2 a*b是6   ，那么无论m是多少满足m是2的倍数的同时相差最多也是6-2=4），那么对于其他的情况超过的值也不会超过a*b-b，

那么对于a*b换成b的结果一定是减小的。所以我们可以直接求所有质数就可以了。

因为数据范围是1e7，可以先用欧拉筛把1e7的素数全部筛出来，然后定义一个数组把质数存起来，之后用试除法直接暴力ac！

#include<cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <string.h>
#include <string>
#include <math.h>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#define sc_int(x) scanf("%d", &x)
#define sc_ll(x) scanf("%lld", &x)
#define pr_ll(x) printf("%lld", x)
#define pr_ll_n(x) printf("%lld\n", x)
#define pr_int_n(x) printf("%d\n", x)
#define ll long long 
using namespace std;

const int N=11000000+100;
int n ,m,h;
int s[N];
int cnt[N];
int tt=0;
bool st[N];

void init()
{
	for(int i =2;i<=11000000;i++)
	{

		if(!st[i]){
			cnt[++tt]=i;
			s[i]=i;
		}
		for(int j =1;cnt[j]<=11000000/i;j++)
		{
			st[cnt[j]*i]=1;
			s[cnt[j]*i]=cnt[j];
			if(i%cnt[j]==0)break;
		}//如何快速的找出一个数的不
	}

}

int main()
{
		init();
		//cout<<tt<<endl;
	int t;
	sc_int(t);

	// cout<<tt<<endl;
	while(t--)
	{
		sc_int(n),sc_int(m);
		int x=abs(n-m);
		if(x==1)
		{
		printf("-1\n");
			continue;
		}
		if(__gcd(n,m)!=1){
		printf("0\n");
			continue;
		}
		

		int i=1;
		int res=1e9;

		for(int i =1;cnt[i]<=x/cnt[i];i++)
		{
			if(x%cnt[i]==0)
			{
				res=min(res,cnt[i]-(m%cnt[i] ));
				while(x%cnt[i]==0)
				x/=cnt[i];
			}			
		}
		if(x>1)
		res=min(res,x-(m%x));

		printf("%d\n",res);


	}

	
	return 0;
}