CF1801F

给定 \(n, k\) 与序列 \(a_1,. . . , a_n\)，求满足 \(\prod_{i=1}^{n}{b_i \geq k}\) 的正整数序列 \(b_1,. . . , b_n\) 的 \(\prod_{i=1}^{n}{\lfloor \frac{a_i}{b_i} \rfloor}\) 的最大值。
数据范围：\(1 \leq n \leq 100, 1 \leq k \leq 10^7, 1 \leq a_i \leq 10^7\)

• 首先考虑暴力 \(dp\)，容易想到背包的做法
• 即设 \(dp_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个元素，\(b_i\) 的乘积为 \(j\) 的答案乘积
• 这显然不可行，太暴力了
• 我们发现这么列其实是有很多浪费的
• 考虑假设我们把 \(b\) 序列分为前后两部分，前面的 \(b_i\) 的乘积设为 \(k_1\)，那么后面要求的限制条件即 \(\prod b_i \geq \lfloor \frac{k}{k_1} \rfloor\)
• 发现到右面这个东西下降非常迅速，因此我们魔改一下背包的做法
• 设 \(dp_{i,j}\) 表示剩下 \(n-i\) 个元素的乘积要 \(\geq j\) 时前 \(i\) 个元素的答案之积
• 虽然说 \(j\) 的下降非常迅速，但我们并没有准确量化这个下降到底有多 "迅速"，因此我们可以来计算一下
• 当每向后 \(dp\) 一位，\(\large{ j \leftarrow \lceil \frac{j}{b_i} \rceil = \lceil \frac{k}{\prod b_i} \rceil }\)，而根据整除分块的理论，后面这个东西的取值最多只有 \(\sqrt k\) 种，因此 \(dp\) 实际用到的位置为 \(n \sqrt k\)
• \(dp\) 的转移式为 \(dp_{i, \lceil \frac{j}{b_i} \rceil} \leftarrow dp_{i-1,j} \times \lfloor \frac{a_i}{b_i} \rfloor\)
• 如果我们继续对 \(a_i\) 进行整除分块，以求得 \(b_i\)，那么转移一次的复杂度为 \(O(\sqrt a_i)\) 这是我们无法接受的
• 因此我们可以另辟蹊径：选择 \(j\) 进行整除分块
• 注意到 \(j\) 本来就下降的很快，而对他进行整除分块的话可以获得一个更快的复杂度，我们可以来计算一下：

\[\begin{align} & \sum_{i=1}^{\sqrt k} \sqrt{ \frac{k}{i} } + \sum_{i=1}^{\sqrt k} \sqrt i \\ = & \sqrt k \times \sum_{i=1}^{\sqrt k} \frac{1}{\sqrt i} + \sum_{i=1}^{\sqrt k} \sqrt i \\ \approx & k^{\frac{3}{4}} \end{align} \]

• 这里的估算需要用到微积分相关知识，想要了解的可以上网搜索
• 因此最后的复杂度就压缩到了 \(O(nk^{\frac{3}{4}})\)，可以通过
• 这道题使用了两次整除分块相关知识，并且第二次的选择十分巧妙，值得学习