hihoCoder #1072 辅导

题意

\(\DeclareMathOperator{\lcm}{lcm}\)选 \(k\) （\(k\le 10\)） 个 \(1\) 到 \(n\)（\(n\le 10^9\)）之间的整数（可以相同），使得 \(\lcm(a_1, \dots, a_k)\) 最大。

题解

这是 hihoCoder 挑战赛 #6 的 B 题，CLJ（WJMZBMR） 出的。CLJ 的题解：

首先我们注意到，如果你选择了两个不互质的 \(a, b\)，那么不妨把 \(a\) 换成 \(a/(a,b)\)。显然 LCM 还是不变的。
这意味着存在一组最优解使得所有选择的数都两两互质。
那么我们不妨使用暴搜，首先我们注意到我们至少可以选择比 \(n\) 小的最大的 \(k\) 个质数来当做初始解。
然后我们从大到小枚举是否使用，搜到 \(x\) 时，假如当前最优解是 \(ans\), 当前 LCM 是 \(w\)， 如果还能选择 \(t\) 个， 假如 \(wx^t \le ans\)，那么显然已经无法得出更优的解了，就可以剪枝了。

首先需要指出，上面题解中

如果你选择了两个不互质的数 \(a, b\)，那么不妨把 \(a\) 换成 \(a/(a,b)\) 。显然 LCM 还是不变的。

这个结论是错误的，很容易举出反例：\(a=4, b=2\)，可能是作者笔误。不过，对于不互质的两个数 \(a,b\) ，确实存在两个互质的数 \(a',b'\) （\(a'\le a, b'\le b\)），使得 \(\lcm(a',b') = \lcm(a,b)\)。

写出 \(a, b\) 两数的质因子展开式，设

\[\begin{align} a = p_1^{i_1} p_2^{i_2}\dots p_n^{i_n} \notag\\ b = p_1^{j_1} p_2^{j_2}\dots p_n^{j_n} \notag \end{align} \]

在 \(a\)，\(b\) 展开式中，只保留幂次较大的项便得到了 \(a'\), \(b'\)。

至此，我遇到了一个困难：如何求比 \(n\)（\(n\le 10^9\)）小的最大的 \(k\)（\(k\le 10\)）个素数？

当然，求出 \(k\) 个最大的素数并非我们的最终目的，这样做只是为了得到一个较大的初始解，求出不满 \(k\) 个最大的素数也无妨，从而我们可以暴力判断后若干（比如 100）个数。另外，应当能看出初始解是否取一个较大的值，对程序运行时间影响并不大，将其取为 \(n\) 甚至 \(0\) 也可以。

复杂度

？？从递归深度开始考虑？？（大误，递归深度最大即为 \(k\) 啊！！！我真是沙茶）

Implementation

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

vector<int> a;
long long res;
long double product;
const int mod = 1e9 + 7;

int n, k;

void dfs(int x, long double cur_prod){
    if(a.size() == k || x == 1){
        // product = cur_rod;
        res = 1;
        product = cur_prod;
        for(auto i: a){
            // product *= i;
            res *= i, res %= mod;
        }
        return;
    }
    if(cur_prod * pow((long double)x, k - a.size()) <= product)
        return; // 剪枝
    bool flag = true;
    for(auto i: a)
        if(__gcd(x, i) != 1){
            flag = false;
            break;
        }
    if(flag){
        a.push_back(x);
        dfs(x-1, cur_prod * x);
        a.pop_back();
    }
    dfs(x-1, cur_prod);
}

int main(){
    // int n, k;
    cin >> n >> k;
    // product = n == 1 ? n : n * (n - 1);
    product = n;
    res = n;
    dfs(n, 1);
    cout << res << endl;
    return 0;
}

上面代码中的 dfs() 还有一种写法：

void dfs(int x, long double cur_prod){
    if(a.size() == k || x == 1){
        res = 1;
        product = cur_prod;
        for(auto i: a){
            res *= i, res %= mod;
        }
        return;
    }

    for(int i = x; ; i--){
        bool flag = true;
        for(auto j: a){
            if(__gcd(i, j) != 1){
                flag = false;
                break;
            }
        }
        if(!flag) continue;
        
        if(cur_prod * pow((long double)i, k - a.size()) <= product)
            break;
        a.push_back(i);
        dfs(i, cur_prod * i);
        a.pop_back();

    }
}