反素數就是區間內約數個數最多的那個數。
在ACM題目里，
一般是求約數最多而且數字最小的那個數，【1--n】
二是求約數剛好等於n的最小的那個數
三是求區間里的最小反素數【beign，end】
1和3有區別嗎？有，1可以加速，3只能暴力
先說下思路
思路 ： 官方題解 ：
（1）此題最容易想到的是窮舉，但是肯定超時。
（2）我們可以知道，計算約數的個數和質因數分解有着很大的聯系： 若Q的質因數分解為：Q=p1^k1*p2^k2*…*pm^km（p1…pm為素數，k1…km≥1），則Q有(k1+1)(k2+1)…(km+1)個約數。但是質因數分解的時間復雜度很高，所以也會超時。
（3）通過以上的公式，我們可以“突發奇想”：為何不能把質因數分解的過程反過來呢？ 這個算法就是枚舉每一個素數。初始時讓m=1，然后從最小的素數2開始枚舉，枚舉因子中包含0個2、1個2、2個2…k個2，直至m*2^k大於區間的上限N。在這個基礎上枚舉3、5、7……的情況，算出現在已經得到的m的約數個數，同時與原有的記錄進行比較和替換。直至所有的情況都被判定過了。 這個算法的優化：如果p1*p2*p3*……*pk>N（pi表示第i個素數），那么只要枚舉到p k-1，既不浪費時間，也不會遺漏。
（4）以上的算法還不是最好的，還可以繼續優化。 我們看以下的例子： 6=2*3 10=2*5 6和10的質因數分解“模式”完全相同，所以它們的約數個數是相同的。但是由於3<5，所以6<10。 12=2^2*3 18=3^2*2 12和18的質因數分解“模式”完全相同，所以它們的約數個數是相同的。但是由於12的質因數分解中2的指數大於3的指數，18的質因數分解中3的指數大於2的指數，所以12<18。 根據以上的舉例，我們也可以對（3）中的算法進行一個改進：可以在枚舉時進行一個優化，使得枚舉到的數字中2的指數不小於3的指數，3的指數不小於5的指數……這樣我們就能夠得到質因數分解“模式”相同的最小數（證明略）。再對於每一個得到的數進行比較和記錄。這個算法的優化力度極大，效率幾乎達到了極限。
每個思路都很好理解，所以
http://codeforces.com/problemset/problem/27/E
這是簽到題了，約數剛好等於n，那么最需dfs的時候判斷即可，用第4這個方法的思路，time 30ms
#include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <cmath> #include <algorithm> using namespace std; #define inf (0x3f3f3f3f) typedef long long int LL; #include <iostream> #include <sstream> #include <vector> #include <set> #include <map> #include <queue> #include <string> LL pr, mx, BEGIN, END = 1e18; const int maxn=50+20; int prime[maxn];//這個記得用int，他保存的是質數，可以不用開maxn那么大 bool check[maxn]; int total; int n; void initprime() { for (int i=2; i<=maxn-20; i++) { if (!check[i]) { //是質數了 prime[++total]=i;//只能這樣記錄，因為后面要用 } for (int j=1; j<=total; j++) { //質數或者合數都進行的 if (i*prime[j]>maxn-20) break; check[i*prime[j]]=1; if (i%prime[j]==0) break; //關鍵，使得它只被最小的質數篩去。例如i等於6的時候。 //當時的質數只有2,3,5。6和2結合篩去了12，就break了 //18留下等9的時候，9*2=18篩去 } } return ; } void dfs(LL curnum, int cnt, int depth, int up) { if (depth > total) return ; // 越界了，用不到那么多素數 if ((cnt > mx || cnt == mx && pr > curnum) && cnt == n) { pr = curnum; mx = cnt; } for (int i = 1; i <= up; ++i) { //枚舉有多少個prime[depth] if (END / curnum < prime[depth]) return ; if ((BEGIN - 1) / curnum == END / curnum) return ; //區間不存在這個數的倍數 curnum *= prime[depth]; //一路連乘上去 dfs(curnum, cnt * (i + 1), depth + 1, i); // 2^2 * 3， 3最多2個 } } void work() { cin >> n; dfs(1, 1, 1, 64); cout << pr << endl; return ; } int main() { #ifdef local freopen("data.txt","r",stdin); #endif initprime(); work(); return 0; }
http://vjudge.net/problem/11177
求1--n里最小反素數，思路一樣
#include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <cmath> #include <algorithm> using namespace std; #define inf (0x3f3f3f3f) typedef long long int LL; #include <iostream> #include <sstream> #include <vector> #include <set> #include <map> #include <queue> #include <string> LL pr, mx, BEGIN, END; const int maxn=50+20; int prime[maxn]; bool check[maxn]; int total; void initprime() { for (int i=2; i<=maxn-20; i++) { if (!check[i]) { prime[++total]=i; } for (int j=1; j<=total; j++) { if (i*prime[j]>maxn-20) break; check[i*prime[j]]=1; if (i%prime[j]==0) break; } } return ; } void dfs(LL curnum, int cnt, int depth, int up) { if (depth > total) return ; // if ((cnt > mx || cnt == mx && pr > curnum) && curnum >= BEGIN) { pr = curnum; mx = cnt; } for (int i = 1; i <= up; ++i) { if (END / curnum < prime[depth]) return ; if ((BEGIN - 1) / curnum == END / curnum) return ; // curnum *= prime[depth]; // dfs(curnum, cnt * (i + 1), depth + 1, i); } } void work() { pr = 0, mx = 0, BEGIN = 1; cin >> END; dfs(1, 1, 1, 64); cout << pr << " " << mx << endl; return ; } int main() { #ifdef local freopen("data.txt","r",stdin); #endif initprime(); int t; cin >> t; while (t--) { work(); } return 0; }
難題是這個
http://acm.njupt.edu.cn/acmhome/problemdetail.do?&method=showdetail&id=1203
求解區間內[begin,end]最小反素數
用4思路啊，不行，為啥，因為4只關心約數個數，沒考慮過區間問題，很明顯2^2*3 4的思路限制了3的個數最多只能是2，
舉個例子[150,150]你怎么破？150 = 2*3*5*5，這種情況，在4中是不可能的，所以只能用3了
首先，數據范圍是n<=1e9,數據太大，如何快速算出來呢？我們注意到，如果是暴力算的話，最快的方法就是分解質因子，然后組合式計算啦。但是在算18和30的約數的時候，他們的
gcd(18,30)=6，其實是被重復算了的，那么我們思維反過來一下，把分解質因數變成用質因數去組合，使得變成區間內的數，這樣一來，我們在2*3的時候，*3就得到了18，*5就得到了30，能省掉一定的時間。但是還是會TLE。假如我們現在枚舉到的數是now，會不會它的約數根本就沒可能存在於區間里呢？也就是[begin,end]根本就沒這些約數。[7,11]內是不會存在6的倍數的。如果[1,begin-1]中6的約數和[1,end]中6的約數相同，說明什么？新加進去的區間[begin,end]根本就沒6的約數，這里可以剪枝。還是TLE！！可行性剪枝，如果一個數是now，現在枚舉一個新的質數去乘以它，去結合成新的數字，那么如果它無論組成什么其他數字，因子個數都不會超過當前最優值mx呢？怎么判斷呢？放縮咯，假如現在是2*3，重新去匹配一個新的素數5，那么，我就要看，當前2*3還能再乘多少個3呢？我記作q，那么這個新的匹配，最理想的情況下因子個數會多2q倍，為什么呢？把那些3，全部替換成5*7*11*13這樣來算的話，就是有2q個了。別以為這樣沒用，當你搜[1,1e9]的時候，你枚舉到8000w，再去枚舉5那些是沒用的，根本就不可能，這里能剪很多。
其實我們還有一個根本的問題沒解決，那就是預處理素數到多大，還有萬一它是大素數呢？
想着預處理多少，要看數據，預處理出來的最大質數，primeMax‑2是要大過1e9才行的。為什么呢？因為你只有這樣，才能防止它數據是兩個大質數相乘的形式[primeMax2,primeMax2]。這里的因子個數是3，你枚舉不到這個primeMax的話，就只能得到2。
還有那個大素數，沒什么怕的，如果當前那個數now，幻想它乘以一個大質數，還是在end的范圍的話，就看看*2和mx誰大咯。乘以一個大素數也才加一倍因子數。其實乘以一個小的質因子的話，因子數會更多，這里主要是判斷只有一個大素數的特殊情況。枚舉不到那個大素數那里的。
#include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <cmath> #include <algorithm> using namespace std; #define inf (0x3f3f3f3f) typedef long long int LL; #include <iostream> #include <sstream> #include <vector> #include <set> #include <map> #include <queue> #include <string> LL pr, mx, BEGIN, END = 1e18; const int maxn=1e6+20; int prime[maxn];//這個記得用int，他保存的是質數，可以不用開maxn那么大 bool check[maxn]; int total; int n; void initprime() { for (int i=2; i<=maxn-20; i++) { if (!check[i]) { //是質數了 prime[++total]=i;//只能這樣記錄，因為后面要用 } for (int j=1; j<=total; j++) { //質數或者合數都進行的 if (i*prime[j]>maxn-20) break; check[i*prime[j]]=1; if (i%prime[j]==0) break; //關鍵，使得它只被最小的質數篩去。例如i等於6的時候。 //當時的質數只有2,3,5。6和2結合篩去了12，就break了 //18留下等9的時候，9*2=18篩去 } } return ; } LL mypow (LL a, LL b) { LL ans = 1; while (b) { if (b & 1) { ans *= a; } a *= a; b >>= 1; } return ans; } void dfs (int cur,int cnt,LL now,LL from) { LL t=from*(cnt+1);//現在一共擁有的因子數 if (now>=BEGIN && t>mx || t==mx && pr>now && now >= BEGIN) { //有得換了 mx=t; pr=now; } for (int i=cur; i<=total; ++i) { //枚舉每一個素數 LL temp = now*prime[i]; if (END / now < prime[i]) return ; //這個數超出范圍了 if (i == cur) { //沒有變，一直都是用這個數.2^k dfs(cur,cnt+1,temp,from);//唯一就是from沒變，一直都是用着2，不是新質數 } else { //枚舉新質數了。 LL k = (cnt+1)*from; //現在有K個因子 LL q=(LL)(log(END/now) / log(prime[cur])); //2*3插入5時，用的是3來放縮 LL add = k*mypow(2,q); if (add < mx) return ; //這里等於mx不return，可以輸出minpr if ((BEGIN-1)/now == END/now) return; //不存在now的倍數 if (END/now > prime[total]) { //試着給他乘上一個大素數 [999991,999991] if ( k*2 > mx ) { //乘以一個大素數，因子數*2 pr = END;//如果只有一個大素數[1e9+7,le9+7]那么，就是端點值 //否則，是2*3*5*bigprime的話，結果不是最優的， mx = k*2; } } dfs(i,1,temp,k); } } return; } void work() { cin >> BEGIN >> END; dfs(1,0,1,1); cout << mx << endl; // cout << pr << " " << mx << endl; return ; } int main() { #ifdef local freopen("data.txt","r",stdin); #endif initprime(); work(); return 0; }
//cur:當前枚舉質數的下標,不用返回來枚舉了。
//cnt:分解質因式時：擁有(當前下標那個）素數多少個
//now:當前枚舉的那個數字，就是所有質因子相乘得到的數子
//from: 假如:2*2*3*5*7,然后枚舉3，記錄的是2*2，枚舉5，記錄的是2*2*3,
//如果是枚舉相同的數，則不用變，因為它記錄的是上一個不同的質因子一共擁有的因子數。
//所以乘上(cnt+1)，就是包括上現在這個質因子一共擁有的因子數了。
dfs(1,0,1,1); //剛開始的時候，下標從1開始，擁有這個素數0個，當前數字最少也是1吧