HDU 6623 Minimal Power of Prime

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中文题意

给一个数n，设将n质因数分解后可以得到

\[n=\prod_{i=1}^{\omega(n)} a_i^{p_i}\]

其中\(\omega(n)\)意思是n的不同质因子个数，\(a_i\)是n的质因子。

要求输出最小的\(p_i\)。

题解

看完题解感觉很妙啊——

Let's first factorize \(N\) using prime numbers not larger than \(N^{\frac{1}{5}}\). And let's denote \(M\) as the left part, all the prime factors of \(M\) are larger than \(N^{\frac{1}{5}}\). If \(M=1\) then we are done, otherwise M can only be \(P^2\), \(P^3\), \(P^4\) or \(P^2 \times Q^2\), here \(P\) and \(Q\) are prime numbers.

1. If \(M^{\frac{1}{4}}\) is an integer, we can know that \(M=P^4\). Update answer using 4 and return.
2. If \(M^{\frac{1}{3}}\) is an integer, we can know that \(M=P^3\). Update answer using 3 and return.
3. If \(M^{\frac{1}{2}}\) is an integer, we can know that \(M=P^2\) or \(M=P^2 \times Q^2\). No matter which situation, we can always update answer using 2 and return.
4. If (1)(2)(3) are false, we can know that answer=1.

Since there are just \(O(\frac{N^{\frac{1}{5}}}{log(N)})\) prime numbers, so the expected running time is \(O(\frac{TN^{\frac{1}{5}}}{log(N)})\).

官方题解导致我一开始没反应过来的地方在于

M can only be \(P^2\), \(P^3\), \(P^4\) or \(P^2 \times Q^2\),

不是only，\(M\)还可以是\(PQRS\)、\(P^2QR\)、\(PQR\)、\(P^3Q\)、\(P^2Q\)，之类的，而这些的答案都是1，也就是题解里编号4所说的，不是前三种情况。

另外一个问题，如何判断\(\sqrt[4]M\)、\(\sqrt[3]M\)、\(\sqrt{M}\)是否是整数呢？我们可以求出\(\sqrt[4]M\)、\(\sqrt[3]M\)、\(\sqrt{M}\)向下取整后的结果，再乘回去，比如，看看是否存在\(\lfloor\sqrt{M}\rfloor^2==M\)。

还有，求\(\lfloor\sqrt[3]{M}\rfloor\)时，pow函数精度不太够，用pow(n,1.0/3.0)会WA，要二分法求。下面这段二分法的代码来自这个博客代码里的two函数，要是有整数解就返回整数解，否则返回负一，这倒是挺好。

还有……复杂度那个log哪里来的？和质数分布有关？

源代码

#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<algorithm>
int T;
long long n;
long long cnt=0;
long long prime[10000];
long long ans;
bool vis[10000];

void shai()//取变量名一次回到解放前。还别说，挺方便的，一目了然
{
    for(int i=2;i<=10000;i++)
    {
        if(!vis[i]) prime[++cnt]=i;
        for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=10000;j++)
        {
            vis[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0)
            break;
        }
    }
}

long long sancigeng(long long a)
{
    long long l=1,r=(long long)pow(n*1.0, 1.0 / 3) + 1,mid;
    while(l<=r){
        mid=(l+r)>>1;
        if(mid*mid*mid==n) return mid;
        else if(mid*mid*mid>n) r=mid-1;
        else l=mid+1;
    }
    return -1;
}

int main()
{
    shai();
    //freopen("test.in","r",stdin);
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%lld",&n);
        ans=0x7fffffff;
        int pw,pr;
        for(int i=1;i<=cnt;i++)
        {
            if(n%prime[i]==0)
            {
                pr=prime[i],pw=0;
                while(n%pr==0)
                {
                    n/=pr;
                    pw++;
                }
                if(pw<ans) ans=pw;
            }
            if(ans==1)
            {
                n=1;
                break;
            }
        }
        if(n==1)
        {
            printf("%lld\n",ans);
            continue;
        }
        long long temp1=sqrt(n),temp2=sqrt(temp1),temp3=sancigeng(n);
        if(temp2*temp2==temp1&&temp1*temp1==n)
        {//algorithm里的max和min不支持long long和int混杂的参数，居然不会隐式类型转换
            ans=std::min(ans,4LL);
        }
        else if(temp3>=0)
        {
            ans=std::min(ans,3LL);
        }
        else if(temp1*temp1==n)
        {
            ans=std::min(ans,2LL);
        }
        else ans=1;
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}