LibreOJ - 530 最小倍数 数论，按位贪心

LibreOJ - 530 最小倍数 数论，按位贪心

题意

给定\(p\)，求最小的正整数\(n\)，使得$n! $ $mod $ $ p =0$

由于\(p\)很大，输入将给出质因子的分解形式，输入将给出\(m\)和\(e_1,e_2,...e_m\)，表示\(p = \prod pr^{e_i}_{i}\)

\(pr_i\)表示从小到大的第\(i\)个质数

输入一共有\(T\)组

\[T\leq 10^4\\ 0\leq a_i\leq10^{18}\\ 1\leq m \leq 100 \]

分析

最暴力的方法：
枚举答案\(n\)，对于每个\(pr_i\)检查是否满足\(n!\) \(mod\) \(pr_i^{e_i} = 0\) .

具体实现时，可以找到最大的\(\alpha_i\)使得\(pr_i^{\alpha}|n!\)，检查是否有\(\alpha_i > e_i\)即可

计算\(\alpha_i\)有一个很简单的方法：从\(1\times 2\times3...\times N\)中提取出\(pri\)的倍数，并从每个倍数中提取出一个\(pri\)，剩下可能有\(pri\)的倍数的部分是

\[1\times2\times3...\times \lfloor\frac{N}{pri_i}\rfloor \]

于是\(\alpha = \sum_{k=1}^\infty \lfloor \frac{N}{pr^k} \rfloor\)

注意到这样写过于暴力我们尝试优化

很容易估算出答案的一个上界，不妨二分答案

二分答案后每一个\(\alpha_i\)的复杂度是\(O(log_{pr}N)\)，总的复杂度\(O(Tmlog^2a_i)\)

再进行优化

注意到\(\alpha_i = \sum_{k=1}^\infty \lfloor \frac{N}{pr^k} \rfloor\)这个式子可以并行运算，换句话说，将\(N\)转化成\(pr_i\)进制，不同位上对\(\alpha_i\)贡献互不影响，可以分别计算并累加

\(N\)在\(pr_i\)进制下的某数位\(v\times pr_i ^ k\)的贡献就是\((vvv...v)_{pr_i}\)共\(k\)个\(v\)。由此可以确定第\(k\)个数位对\(\alpha\)的贡献，因此只需要从高位开始贪心的找到一个\(N\)使得\(\alpha_i >= e\)取这些\(N\)与\(1\)的最大值即可

时间复杂度\(O(Tmloga_i)\)

代码

int vis[1005];
int prime[1005];

void euler_sieve(int n) {
    int cnt = 0;
    for (int i = 2; i < n; i++) {
        if (!vis[i]) prime[cnt++] = i;
        for (int j = 0; j < cnt; j++) {
            if (i * prime[j] > n) break;
            vis[i * prime[j]] = 1;
            if (i % prime[j] == 0) break;
        }
    }
}

int main() {
    euler_sieve(1005);
    int T = readint();
    while (T--) {
        int m = readint();
        ll ans = 1;
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            ll e = readll();
            ll cnt = 0;
            ll base = 1, val = prime[i], p = prime[i];
            while (base * p + 1 <= e)
                base = base * p + 1, val *= p;
            for (; base; base /= p, val /= p) 
                cnt += val * (e / base), e -= base * (e / base);
            ans = max(ans, cnt);
        }
        Put(ans);
        puts("");
    }
}