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思路
硬导题。
因为 \(c=\lfloor \frac{b}{m}\rfloor\)，那么 \(b\) 一定可以表示为 \(c\times m+x\)，其中 \(0\le x\le m-1\)。
又因为 \(b=\lfloor \frac{a}{n}\rfloor\)，那么 \(a\) 一定可以表示为 \(b\times n+y\)，其中 \(0\le y\le n-1\)。
由上可以得出：
\[b=cm+x \]\[a=bn+y \]所以：
\[b=\frac{a-y}{n} \]所以：
\[\frac{a-y}{n}=cm+x \]\[\therefore a=cmn+nx+y \]由于 \(a,c,m,n,x,y\in N\) 且 \(m\) 和 \(n\) 不为 \(0\)，所以 \(a\ge c\)。
考虑分类讨论：
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\(a<c\) 时：因为若有解，那么 \(a\) 一定不小于 \(c\)，所以此时无解。
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\(a=c\) 时：很容易可以得出当 \(m=n=1\) 时，一定满足 \(a=b=c\)，所以一个合法 \(b\) 的值就等于 \(a\) 和 \(c\)。
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\(a>c\) 时：重新考虑上述方程，即 \(a=cmn+nx+y\)：因为 \(x\le m-1,y\le n-1\)，所以 \(nx+y\le n(m-1)+n-1\)，所以 \(nx+y\le mn-1\)，所以再设 \(z=nx+y\)，所以 \(0\le z\le mn-1\)，代入方程，可得： \(a=cmn+z\)，再令 \(mn=f\)，所以 \(a=cf+z\)，其中 \(0\le z\le f-1\)。此时我们只需要考虑 \(f\) 存不存在正整数解即可。
（判断 \(f\) 有没有正整数解很简单，用贪心的思想，我们可以要求 \(f\) 尽可能大，也就是让 \(f=\lfloor\frac{a}{c}\rfloor\)，然后判断 \(a-cf\) 与 \(f\) 的大小即可，具体见代码。）
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
int t;cin>>t;
while(t--){
int a,c;cin>>a>>c;
if(a==c)cout<<a<<endl;
else if(a<c)cout<<-1<<endl;
else{
int f=a/c;int u=a-c*f;
if(u>=f)cout<<-1<<endl;
else cout<<c<<endl;
}
}
return 0;
}