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题意简述

我们根据唯一分解定理得到，对于每一个数 $x$ 可以表示成 $\sum p_i^{e_i}$ 的形式，其中 $p_i$ 表示第 $i$ 大的素数。
我们重新定义两个数之间的比较，对于两个数 $x,y$ ：

• 如果 $x=y$ ，两个数相等

• 如果 $x,y$ 不相等，我们就从小到大枚举素数，知道找到一个下标 $j$ 满足对于 $i<j$ 两个数的 $e_i$ 相等，但是 $e_j$ 不相等。$e_j$ 大的更大。比如 $2>7$ 。

我们现在有两个序列，长度分别为 $n,m$ 。我们将两个序列的 $(i,j)$ 变成 $a_i\times b_j$ 放入一个新的序列 $c$ 。问我们将 $c$ 从小到大排序后，第 $k$ 个数是多少。 $n,m⩽1e5,k⩽nm$ 。

思路点拨

我们考虑到一个性质: $a⩽x$ 并且 $b⩽y$ ，就会有 $ab⩽xy$ 。这个结论显然但是重要。

因为 $k$ 个数我们枚举是不可行的，所以我们考虑二分这个答案。对于 $a_i\times b_j$ ,我们该如何计数？我们可以在序列 $a$ 中枚举一个 $i{d}_i$ ,在序列 $b$ 中找到 $i{d}_j$ 使得 $a_{i{d}_i}\times a_{i{d}_j}$ 是尽量接近 $a_i\times b_j$ 的。由于我们刚刚的性质，可以知道，在 $i{d}_i$ 不断变大的过程中， $i{d}_j$ 会渐渐变小。我们双指针可以求出这个答案。

但是实际上，在二分的过程中我们需要选择一个节点 $mid$ 来比较，但是这题中这个点并不好找。我们考虑一个区间 $[l,r]$ ，注意，这个区间并不是一个连续的区间，因为题解中的大小是按照题目规定来的。那么我们可以找到有多少个 $(i,j)$ 有 $l<a_i\times a_j<r$ ，在这些点中随机一个值，这样的期望时间和二分是一样的。但是这个值怎么找呢？

还是利用单调性。这一点可以留给读者自己思考。

代码

原题对常数的要求比较严格，我的这份代码并不可以通过，仅供参考：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){
		if(ch=='-') f=-f;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){
		x=x*10+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}
const int MAXN=5e5+10;
int n,m,k;
struct node{
	vector<int> p;//质因子
	void clear(){p.clear();}
	bool friend operator<(const node &A,const node &B){
		int len=min(A.p.size(),B.p.size());
		for(int i=0;i<len;i++){
			if(A.p[i]==B.p[i]) continue;
			else return A.p[i]>B.p[i];
		}
		return A.p.size()<B.p.size();
	} 
	bool friend operator==(const node &A,const node &B){
		if(A.p.size()!=B.p.size())
			return 0;
		int len=A.p.size();
		for(int i=0;i<len;i++){
			if(A.p[i]==B.p[i]) continue;
			return 0;
		}
		return 1;
	}
	bool friend operator>=(const node &A,const node &B){
		if(A<B) return 0;
		return 1;
	}
}temp;
node merge(node x,node y){
    temp.p.clear();
    for(int i=0,j=0;(i<x.p.size())||(j<y.p.size());)
        if ((i!=x.p.size())&&((j==y.p.size())||(x.p[i]<y.p[j])))temp.p.push_back(x.p[i++]);
        else temp.p.push_back(y.p[j++]);
    return temp;
}
const int N=1e6;
int vis[N+10];
vector<int> o[N];
void init(){
	for(int i=2;i<=N;i++){
		if(vis[i]) continue;
		o[i].push_back(i);
		for(int j=i*2;j<=N;j+=i){
			vis[j]=1;
			o[j].push_back(i);
		}
	}
}
node a[MAXN],b[MAXN];
node split(int x){
	temp.clear();
	int y=x;
	for(int i=0;i<o[x].size();i++){
		while(y%o[x][i]==0){
			temp.p.push_back(o[x][i]);
			y/=o[x][i];
		}
	}
	return temp;
}
int ft[MAXN],ed[MAXN];
int run(node k){
    int ans=0;
    for(int i=1,j=m;i<=n;i++){
        while (j&&(k<merge(a[i],b[j]))) j--;
        int s_i=i,s_j=j;
        while (j&&(k==merge(a[s_i],b[j]))) j--;
        while (i&&(k==merge(a[i],b[s_j]))) i++;
        ans+=(i-s_i)*(s_j-j);
    }
    return ans;
}
int fun(node A){
	int ans=0;
	for(int l=1,r=m;l<=n;l++){
		while(r&&A<merge(a[l],b[r]))
			r--;
		ans+=r;
	}
	return ans;	
}
int solve(){
	node L=merge(a[1],b[1]),R=merge(a[n],b[m]);
	while(1+1==2){
		ft[0]=ed[0]=m;
		int useful=0;//在二分的值域内存在的有用点对 
		for(int i=1;i<=n;i++){
			ft[i]=ft[i-1],ed[i]=ed[i-1];
			while(ft[i]>1&&!(merge(a[i],b[ft[i]-1])<L)) ft[i]--;
			while(ed[i]&&R<merge(a[i],b[ed[i]])) ed[i]--;
			useful+=(ed[i]-ft[i]+1);
		}
		if(useful==run(L)+run(R)) break;//此时[l,r]之间没有除了l,r之外的决策点
		int kk=rand()%useful+1,l,r;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if(ed[i]-ft[i]+1<kk)
				kk-=(ed[i]-ft[i]+1);
			else{
				l=i;
				r=ft[i]+kk-1;
				break;
			} 
		}
		node mid=merge(a[l],b[r]);
		if(fun(mid)<=k) L=mid;
		else R=mid;
	}
	int cnt=1;
	for(int i=0;i<L.p.size();i++) cnt*=L.p[i];
	return cnt;
}
signed main(){
	srand(time(0));
	int T=read();
	init();//筛法
	while(T--){
		n=read(),m=read(),k=read();
		for(int i=1;i<=n;i++){
			int x=read();
			a[i]=split(x);
		}
		for(int i=1;i<=m;i++){
			int x=read();
			b[i]=split(x);
		}	
		sort(a+1,a+n+1);
		sort(b+1,b+m+1);
		cout<<solve()<<endl;
	} 
	return 0;
}