多个x^p的gcd

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/9984/J
来源：牛客网

 

 

输入描述:

第一行一个数表示 n 。

第二行 n 个数，第 i 个数表示 xi 。

第三行 n 个数，第 i 个数表示 pi 。

其中，1≤n,xi​,pi​≤1e4 。

输出描述:

输出一行一个数表示答案。

示例1

输入

复制 2 9 3 1 2

2
9 3
1 2

输出

复制 9

9

说明

gcd⁡(9^1,3^2)=9

这个题就是

我们先考虑下子问题：求  , 无非就是质因数分解，然后找到大家都有的因子, 以及这个因子出现的最小次数。

举个例子： , 共同出现的质因子是 , 分别出现了  次，那么最小次数就是 , 因此

回到本题目来，该问题中多了 , 我们知道 , 那么同样地只需要在原来的子问题中找到出现了  次的质因子的最小次数，将最小次数乘以对应的  即可。

就是看看gcd(2,3,4)=gcd(2,3,2^2)就是第二个数字没有因子2,所以没有2这个贡献

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll inf=0x3f3f3f3f; 
const int maxn=5e6+100;
const ll mod=1e9+7;
struct node{
    ll x;
    ll p;
}a[maxn];
ll z[maxn];
ll x[maxn]; 
ll qpow(ll a,ll b){
    ll ans=1;
    while(b){
        if(b&1){
            ans=(ans*a)%mod;
        } 
        a=(a*a)%mod;
        b/=2;
    }
    return ans;
} 
int main(){
    memset(z,inf,sizeof(z)); 
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i].x;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i].p;
    } 
    for(int i=1;i<=n;i++){
        ll q=a[i].x;
        for(int j=2;j*j<=q;j++){
            ll sum=0;
            while(q%j==0){
                sum++;
                q/=j;    
            }
            if(sum){
                x[j]++;
                z[j]=min(z[j],sum*a[i].p);
            }
        }
        if(q!=1){
            z[q]=min(z[q],1ll*a[i].p);
            x[q]++;
        }
    }
    ll ans=1;
    for(ll i=1;i<=5e5;i++){
        if(x[i]>=n&&z[i]!=4557430888798830399){ 
            ans=(ans*qpow(i,z[i]))%mod;
        } 
    }
    cout<<ans<<endl;
} 

 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
int n;
const int N=1e4+5;
int x[N],p[N],cnt;
const int mod=1e9+7;
const int MAX=0x3f3f3f3f;

int main()
{
    ll ans=1;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&x[i]);
    for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&p[i]);
    
    for(int i=2;i<=10000;++i)
    { 
        cnt=MAX;
        for(int j=1;j<=n;++j)
        {
            int k=0;
            while(x[j]%i==0)
            {
                k++;
                x[j]=x[j]/i;
            }
            cnt=min(cnt,k*p[j]);
        }
        for(int r=1;r<=cnt;++r) ans=(ans%mod*i%mod)%mod;
    }
    printf("%lld\n",ans%mod);
    return 0;
}