LOJ 530 最小倍数(数论)

题意

有\(T\)组数据。
给定\(p\)，求最小的正整数\(n\)，使得\(n!\%p=0\)。
由于\(p\)很大，输入将给出\(m\)和\(e_1,e_2...e_m\)，表示\(p=\prod_{i=1}^mpr_i^{e_i}\)，其中\(pr_i\)是第\(i\)个质数。
数据范围:设\(a_i=pr_i*e_i(i=1,2...m)\)
\(T<=10^4,m<=100,a_i<=10^{18}\)

思路

注意到\(m\)很小，我们可以预处理出前100个质数。
一个暴力的做法是预处理出\(n!\)里面包含前100个质数的次方数，然后二分\(n\)，由于此题的答案上界为\(a_i\)，所以不可取。
一个观察是因为\(p=\prod_{i=1}^mpr_i^{e_i}\)，可以把\(p\)按照\(pr_i^{e_i}\)拆分开考虑。
假设对于\(p_i=pr_i^{e_i}\)，此时的答案为\(ans_i\)，那么对于\(p=\prod_{i=1}^mp_i\)，
最后的答案一定是\(max(ans_1,ans_2...ans_m)\)。这是显然的。
现在考虑如何求出\(ans_i\)。
等价于满足\(n!\)中包含\(pr_i\)的因子\(>=e_i\)的最小的n。
而\(n!\)中包含\(pr_i\)的因子数为\(\sum_{j=1}^{+\infty}\lfloor\frac{n}{{pr}_i^j}\rfloor\)。
于是我们可以二分\(ans_i\)，最后取\(n=max(ans_1,ans_2...ans_m)\)即可。
时间复杂度为\(O(Tmlog^2a_i)\)。
这样只能拿65分。
考虑一个优化，我们二分\(ans_i\)时，可以把下界调整到前面算出来的答案，即\(max(ans_1,ans_2...ans_{i-1})\)。而感觉上\(ans_i\)与\(a_i\)相差不是很大，于是我们可以先求出最大的那个\(a_i\)对应的\(ans_i\)，然后把之后的二分下界都改成这个\(ans_i\)，这样显然不会对答案造成影响，而之后的\(a_i\)都要比最大的\(a_i\)要小。
时间复杂度为\(O(T(mloga_i+loga_i))\)。
通过了全部数据并且都<=100ms。

代码

# include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
# define lowbit(x) ((x)&(-x))
# define pi acos(-1.0)
# define eps 1e-8
# define MOD 1000000007
# define INF 1000000000
# define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
# define FOR(i,a,n) for(register int i=a; i<=n; ++i)
# define FDR(i,a,n) for(register int i=a; i>=n; --i)
# define bug puts("H");
# define lch p<<1,l,mid
# define rch p<<1|1,mid+1,r
# define mp make_pair
# define pb push_back
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<int> VI;
# pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
typedef long long LL;
inline LL Scan() {
    LL x=0;int f=1; char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}
    return x*f;
}
const int N=50005;
//Code begin....

int T, m;
LL x;
int a[105];
LL b[105];
struct Node{LL b; int id;}node[105];

void init_p(){
    a[0]=2;
    int cnt=0, P=2;
    while (1) {
        ++P;
        bool flag=false;
        FOR(i,0,cnt) if (P%a[i]==0) {flag=true; break;}
        if (flag) continue;
        a[++cnt]=P;
        if (cnt>=99) break;
    }
}
LL check(LL x, int id){
    LL now=a[id], res=0;
    while (now<=x) res+=x/now, x/=now;
    return res;
}
LL sol(int id, LL x, LL tmp){
    LL l=tmp/a[id], r=x, mid;
    while (l<r) {
        mid=(l+r)>>1;
        if (check(mid*a[id],id)>=x) r=mid;
        else l=mid+1;
    }
    return r*a[id];
}
bool comp(Node c, Node d){return c.b*a[c.id]>d.b*a[d.id];}
int main ()
{
    init_p();
    scanf("%d",&T);
    while (T--) {
        LL ans=1, ma=0;
        scanf("%d",&m);
        bool flag=true;
        FOR(i,0,m-1) node[i].b=Scan(), node[i].id=i, ma=max(ma,node[i].b*a[i]);
        sort(node,node+m,comp);
        FOR(i,0,m-1) {
            if (ma/100>node[i].b*a[node[i].id]) continue;
            ans=max(ans,sol(node[i].id,node[i].b,ans));
            if (node[i].b) flag=false;
        }
        if (flag) puts("1");
        else printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}