简要题意:
求能被 ~ 整除的最小的数。
真是一道水题
显然求 ,( 表示 最小公倍数)
对于 这种数据范围,显然,如果我们枚举最小公倍数(??),将每个数分解质因数然后合并结果,或者对每两个数取最小公倍数的话,一来不能保证最优答案,而来也不能在 内解决问题。
所以,考虑另一种基于分解质因数的方法。
首先把 ~ 筛素数记录为 ,那么所有数都可以写成:
嗯,此时,因为质因数分解重新定义了最小公倍数的概念,所以,我们 对每个质因数求出其最大幂次即可。
那么这个怎么求?其实就是 的 的幂次,这些数相乘就是答案。
对于最大幂次的求法,累乘直到 再乘一次就超过 为止。其中 当前幂次再乘一次 的这个结果要注意开 ,因为可能爆 .
对于筛素数的过程,我们用线性筛素数(欧拉筛)。
题解区里很多人都说要卡常。但是我的程序没这个必要,因为我们算法已经最优了,提交结果 次 不算优,但是没有常熟优化的情况下已经不错了。
时间复杂度: .(程序后会详细说明)
实际得分: .
#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MOD=1e8+7;
const int N=1e8+1;
const int SN=1e7+1;
inline int read(){char ch=getchar();int f=1;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
int x=0;while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();return x*f;}
bool h[N]; int cnt=0;
int n,prime[SN];
ll ans=1;
inline void Euler() {
for(int i=2;i<=n;i++) {
if(!h[i]) prime[++cnt]=i;
for(int j=1;j<=cnt && i*prime[j]<=n;j++) {
h[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0) break;
}
}
} //欧拉筛模板
inline ll dg(int x) {
int y=x;
while((ll)y*x<=n) x*=y;
return x;
} //计算质数 x <= n 的最大幂次
int main(){
n=read(); Euler();
for(int i=1;i<=cnt;i++) {
ll x=dg(prime[i]);
ans=(ans*x)%MOD; //累乘记录答案
} printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
注:
关于 的说明: 是数据范围,而欧拉筛是线性的。所以我们只要计算,累乘的时间是多少了。用 表示 的素数个数, 为素数之和。
那么我们要知道 和 大概是多少,所以写了一个测试程序。(因为非该题 ,所以请右转访问)
测试结果:
这么大,大概是多少?是 左右,我们保留 最高位下的一位小数 可得:
上述 , .
嗯,时间复杂度大概是多少?应该是 以所有素数为底的 的对数之和,我们只需要把本题的程序改一改,用
测试结果: .
所以这完全是个大常数而已,和 差不多,你会发现 大多数以素数为底的对数均为 ,而最大的也就是 ,无足为奇。
因此经过计算,抛开大常数而言,时间复杂度为 .
内存复杂度本题需要注意, 个 占 , 个 占 ,经过计算,只需要
似乎超了?但是, 个 只会用到 个(剩下开的不用,就不会被计算),则为:
而实际提交为约 ,加上运行内存,大概符合估算,可以说是正好卡过了内存限制。