Orac and LCM

题面

 

题目链接

 

https://codeforces.com/contest/1349/problem/A

 

题目大意

 

给你一个长度为 N 的数组，求 gcd {lcm({ai , aj}) | i < j} 

 

解题思路

 

这道题有两种解法

① :

对于 a1 , 产生的 lcm 为 lcm(a1 , a2) , lcm(a1 , a3) ... lcm(a1 , an)

产生的 gcd_1 为 gcd ( lcm(a1 , a2) , lcm(a1 , a3) ... lcm(a1 , an) ) 

因为参与 gcd_1 的每一项都是 a1 的倍数

所以 gcd( lcm(a1 , a2) , lcm(a1 , a3) ... lcm(a1 , an) ) 可以化为 lcm (a1 , gcd (a2 , a3 , ... an) )

那么最后答案就为 ans = gcd( gcd_1 , gcd_2 , ... gcd_n )  ， 我们维护一个后缀就可以搞定了

② : 

假设 ai 没有 2 这个因子，且 aj 也没 2 这个因子，那么 lcm(a[i] , a[j]) 就不包含 2 这个因子

那么 ans = gcd {lcm({ai , aj}) | i < j} 也就不包含 2 这个因子 

也就是说数组中如果有两个以上的数都不包含某个因子，那么答案也就不包含这个因子

所以我们可以对每个质因子开个容器，然后对每个数进行质因子分解

并将分解后质因子的幂次存于对应质因子的容器中

然后计算答案时判断每个质因子的容器大小是否大于等于 N - 1

如果是则说明数组中少于两个数没有这个质因子，则答案必定要乘上这个质因子

至于是该乘上这个质因子的几次方，我们对容器升序排个序

如果容器的大小等于 N 则取第二个元素即次小幂次，如果等于 N - 1则取第一个元素即最小幂次

以某质数容器的大小为 N 举例 :

最后一个元素对应最大幂次，只有一个数包含了这个它，倒数第二个元素对应次大幂次，有两个数包含了它

以此类推第二个元素对应次小幂次，有 N - 1 个数包含了它，第一个元素为最小次幂，有 N 个数包含了它

因为只需要 N - 1个数有包含它答案就可以乘上它，所以我们选第二个元素作为幂次

（这里次小不是严格意义上的次小，即 最小 <= 次小）

 

AC_Code ①

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 3e5 + 10;
int gcd(int a , int b)
{
    return b ? gcd(b , a % b) : a;
}
int lcm(int a , int b)
{
    return a * b / gcd(a , b);
}
int a[N] , suf[N];
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false); 
    int n , ans = 0;
    cin >> n; 
    for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) cin >> a[i];
    for(int i = n ; i >= 1 ; i --) suf[i] = gcd(suf[i + 1] , a[i]);
    for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) ans = gcd(ans , lcm(a[i] , suf[i + 1]));
    cout << ans << '\n' ; 
    return 0;
}

 

AC_Code ②

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long 
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int prime[N] , minprime[N];
vector<int>vec[N];
int pow_mod(int x , int n)
{
    int res = 1;
    while(n)
    {
        if(n & 1) res = res * x;
        x = x * x; 
        n >>= 1;
    }
    return res;
}
int euler(int n)
{
    int c = 0 , i , j;
    for(int i = 2 ; i <= n ; i ++ )
    {
        if(!minprime[i]) prime[++ c] = i , minprime[i] = i;
        for(j = 1 ; j <= c && i * prime[j] <= n ; j++)
        {
            minprime[i * prime[j]] = prime[j];
            if(i % prime[j] == 0) break;
        }
    }
    return c;
}
void get_prime(int n)
{
    for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
    {
        int x = prime[i]; 
        if(x * x > n) break ; 
        if(n % x == 0)
        {
            int c = 0;
            while(n % x == 0) n /= x , c ++ ; 
            vec[x].push_back(c);
        }
    }
    if(n > 1) vec[n].push_back(1);
}
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    int cnt = euler(N - 10);
    int n , x , ans = 1;
     cin >> n;
     for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
     {
         cin >> x; 
         get_prime(x);
    }
    for(int i = 1 ; i <= cnt ; i ++)
    {
        int x = prime[i];
        sort(vec[x].begin() , vec[x].end());
        if(vec[x].size() == n) ans *= pow_mod(x , vec[x][1]);
        else if(vec[x].size() == n - 1) ans *= pow_mod(x , vec[x][0]);
    }
    cout << ans << '\n' ; 
    return 0;
}