反素数 -- 数学

反素数就是区间内约数个数最多的那个数。

在ACM题目里，

一般是求约数最多而且数字最小的那个数，【1--n】

二是求约数刚好等于n的最小的那个数

三是求区间里的最小反素数【beign，end】

1和3有区别吗？有，1可以加速，3只能暴力

先说下思路

思路 ： 官方题解 ： 

（1）此题最容易想到的是穷举，但是肯定超时。

（2）我们可以知道，计算约数的个数和质因数分解有着很大的联系： 若Q的质因数分解为：Q=p1^k1*p2^k2*…*pm^km（p1…pm为素数，k1…km≥1），则Q有(k1+1)(k2+1)…(km+1)个约数。但是质因数分解的时间复杂度很高，所以也会超时。

（3）通过以上的公式，我们可以“突发奇想”：为何不能把质因数分解的过程反过来呢？ 这个算法就是枚举每一个素数。初始时让m=1，然后从最小的素数2开始枚举，枚举因子中包含0个2、1个2、2个2…k个2，直至m*2^k大于区间的上限N。在这个基础上枚举3、5、7……的情况，算出现在已经得到的m的约数个数，同时与原有的记录进行比较和替换。直至所有的情况都被判定过了。 这个算法的优化：如果p1*p2*p3*……*pk>N（pi表示第i个素数），那么只要枚举到p k-1，既不浪费时间，也不会遗漏。

（4）以上的算法还不是最好的，还可以继续优化。 我们看以下的例子： 6=2*3 10=2*5 6和10的质因数分解“模式”完全相同，所以它们的约数个数是相同的。但是由于3<5，所以6<10。 12=2^2*3 18=3^2*2 12和18的质因数分解“模式”完全相同，所以它们的约数个数是相同的。但是由于12的质因数分解中2的指数大于3的指数，18的质因数分解中3的指数大于2的指数，所以12<18。 根据以上的举例，我们也可以对（3）中的算法进行一个改进：可以在枚举时进行一个优化，使得枚举到的数字中2的指数不小于3的指数，3的指数不小于5的指数……这样我们就能够得到质因数分解“模式”相同的最小数（证明略）。再对于每一个得到的数进行比较和记录。这个算法的优化力度极大，效率几乎达到了极限。

 

每个思路都很好理解，所以

http://codeforces.com/problemset/problem/27/E

这是签到题了，约数刚好等于n，那么最需dfs的时候判断即可，用第4这个方法的思路，time 30ms

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define inf (0x3f3f3f3f)
typedef long long int LL;

#include <iostream>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <string>
LL pr, mx, BEGIN, END = 1e18;
const int maxn=50+20;
int prime[maxn];//这个记得用int，他保存的是质数，可以不用开maxn那么大
bool check[maxn];
int total;
int n;
void initprime() {
    for (int i=2; i<=maxn-20; i++) {
        if (!check[i]) { //是质数了
            prime[++total]=i;//只能这样记录，因为后面要用
        }
        for (int j=1; j<=total; j++) { //质数或者合数都进行的
            if (i*prime[j]>maxn-20) break;
            check[i*prime[j]]=1;
            if (i%prime[j]==0) break;
            //关键，使得它只被最小的质数筛去。例如i等于6的时候。
            //当时的质数只有2,3,5。6和2结合筛去了12，就break了
            //18留下等9的时候，9*2=18筛去
        }
    }
    return ;
}
void dfs(LL curnum, int cnt, int depth, int up) {
    if (depth > total) return ; // 越界了，用不到那么多素数
    if ((cnt > mx || cnt == mx && pr > curnum) && cnt == n) {
        pr = curnum;
        mx = cnt;
    }
    for (int i = 1; i <= up; ++i) { //枚举有多少个prime[depth]
        if (END / curnum < prime[depth]) return ;
        if ((BEGIN - 1) / curnum == END / curnum) return ; //区间不存在这个数的倍数
        curnum *= prime[depth]; //一路连乘上去
        dfs(curnum, cnt * (i + 1), depth + 1, i); // 2^2 * 3， 3最多2个
    }
}

void work() {
    cin >> n;
    dfs(1, 1, 1, 64);
    cout << pr << endl;
    return ;
}

int main() {
#ifdef local
    freopen("data.txt","r",stdin);
#endif
    initprime();
    work();
    return 0;
}

http://vjudge.net/problem/11177

求1--n里最小反素数，思路一样

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define inf (0x3f3f3f3f)
typedef long long int LL;

#include <iostream>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <string>
LL pr, mx, BEGIN, END;
const int maxn=50+20;
int prime[maxn];
bool check[maxn];
int total;
void initprime() {
    for (int i=2; i<=maxn-20; i++) {
        if (!check[i]) { 
            prime[++total]=i;
        }
        for (int j=1; j<=total; j++) { 
            if (i*prime[j]>maxn-20) break;
            check[i*prime[j]]=1;
            if (i%prime[j]==0) break;
        }
    }
    return ;
}

void dfs(LL curnum, int cnt, int depth, int up) {
    if (depth > total) return ; // 
    if ((cnt > mx || cnt == mx && pr > curnum) && curnum >= BEGIN) {
        pr = curnum;
        mx = cnt;
    }
    for (int i = 1; i <= up; ++i) { 
        if (END / curnum < prime[depth]) return ;
        if ((BEGIN - 1) / curnum == END / curnum) return ; //
        curnum *= prime[depth]; //
        dfs(curnum, cnt * (i + 1), depth + 1, i);
    }
}

void work() {
    pr = 0, mx = 0, BEGIN = 1;
    cin >> END;
    dfs(1, 1, 1, 64);
    cout << pr << " " << mx << endl;
    return ;
}

int main() {
#ifdef local
    freopen("data.txt","r",stdin);
#endif
    initprime();
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        work();
    }
    return 0;
}

难题是这个

http://acm.njupt.edu.cn/acmhome/problemdetail.do?&method=showdetail&id=1203

求解区间内[begin,end]最小反素数

用4思路啊，不行，为啥，因为4只关心约数个数，没考虑过区间问题，很明显2^2*3  4的思路限制了3的个数最多只能是2，

举个例子[150,150]你怎么破？150 = 2*3*5*5，这种情况，在4中是不可能的，所以只能用3了

 

首先，数据范围是n<=1e9,数据太大，如何快速算出来呢？我们注意到，如果是暴力算的话，最快的方法就是分解质因子，然后组合式计算啦。但是在算18和30的约数的时候，他们的

gcd(18,30)=6，其实是被重复算了的，那么我们思维反过来一下，把分解质因数变成用质因数去组合，使得变成区间内的数，这样一来，我们在2*3的时候，*3就得到了18，*5就得到了30，能省掉一定的时间。但是还是会TLE。假如我们现在枚举到的数是now，会不会它的约数根本就没可能存在于区间里呢？也就是[begin,end]根本就没这些约数。[7,11]内是不会存在6的倍数的。如果[1,begin-1]中6的约数和[1,end]中6的约数相同，说明什么？新加进去的区间[begin,end]根本就没6的约数，这里可以剪枝。还是TLE！！可行性剪枝，如果一个数是now，现在枚举一个新的质数去乘以它，去结合成新的数字，那么如果它无论组成什么其他数字，因子个数都不会超过当前最优值mx呢？怎么判断呢？放缩咯，假如现在是2*3，重新去匹配一个新的素数5，那么，我就要看，当前2*3还能再乘多少个3呢？我记作q，那么这个新的匹配，最理想的情况下因子个数会多2_­­^q_­倍，为什么呢？把那些3，全部替换成5*7*11*13这样来算的话，就是有2^q个了。别以为这样没用，当你搜[1,1e9]的时候，你枚举到8000w，再去枚举5那些是没用的，根本就不可能，这里能剪很多。

其实我们还有一个根本的问题没解决，那就是预处理素数到多大，还有万一它是大素数呢？

想着预处理多少，要看数据，预处理出来的最大质数，primeMax^‑2是要大过1e9才行的。为什么呢？因为你只有这样，才能防止它数据是两个大质数相乘的形式[primeMax²,primeMax²]。这里的因子个数是3，你枚举不到这个primeMax的话，就只能得到2。

还有那个大素数，没什么怕的，如果当前那个数now，幻想它乘以一个大质数，还是在end的范围的话，就看看*2和mx谁大咯。乘以一个大素数也才加一倍因子数。其实乘以一个小的质因子的话，因子数会更多，这里主要是判断只有一个大素数的特殊情况。枚举不到那个大素数那里的。

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define inf (0x3f3f3f3f)
typedef long long int LL;

#include <iostream>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <string>
LL pr, mx, BEGIN, END = 1e18;
const int maxn=1e6+20;
int prime[maxn];//这个记得用int，他保存的是质数，可以不用开maxn那么大
bool check[maxn];
int total;
int n;
void initprime() {
    for (int i=2; i<=maxn-20; i++) {
        if (!check[i]) { //是质数了
            prime[++total]=i;//只能这样记录，因为后面要用
        }
        for (int j=1; j<=total; j++) { //质数或者合数都进行的
            if (i*prime[j]>maxn-20) break;
            check[i*prime[j]]=1;
            if (i%prime[j]==0) break;
            //关键，使得它只被最小的质数筛去。例如i等于6的时候。
            //当时的质数只有2,3,5。6和2结合筛去了12，就break了
            //18留下等9的时候，9*2=18筛去
        }
    }
    return ;
}
LL mypow (LL a, LL b) {
    LL ans = 1;
    while (b) {
        if (b & 1) {
            ans *= a;
        }
        a *= a;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}
void dfs (int cur,int cnt,LL now,LL from) {
    LL t=from*(cnt+1);//现在一共拥有的因子数
    if (now>=BEGIN && t>mx || t==mx && pr>now && now >= BEGIN) { //有得换了
        mx=t;
        pr=now;
    }
    for (int i=cur; i<=total; ++i) { //枚举每一个素数
        LL temp = now*prime[i];
        if (END / now < prime[i]) return ; //这个数超出范围了
        if (i == cur) { //没有变，一直都是用这个数.2^k
            dfs(cur,cnt+1,temp,from);//唯一就是from没变，一直都是用着2，不是新质数
        } else { //枚举新质数了。
            LL k = (cnt+1)*from; //现在有K个因子
            LL q=(LL)(log(END/now) / log(prime[cur])); //2*3插入5时，用的是3来放缩
            LL add = k*mypow(2,q);
            if (add < mx) return ; //这里等于mx不return，可以输出minpr
            if ((BEGIN-1)/now == END/now) return; //不存在now的倍数
            if (END/now > prime[total]) { //试着给他乘上一个大素数 [999991,999991]
                if ( k*2 > mx ) { //乘以一个大素数，因子数*2
                    pr = END;//如果只有一个大素数[1e9+7,le9+7]那么，就是端点值
                    //否则，是2*3*5*bigprime的话，结果不是最优的，
                    mx = k*2;
                }
            }
            dfs(i,1,temp,k);
        }
    }
    return;
}


void work() {
    cin >> BEGIN >> END;
    dfs(1,0,1,1);
    cout << mx << endl;
//    cout << pr << " " << mx << endl;
    return ;
}

int main() {
#ifdef local
    freopen("data.txt","r",stdin);
#endif
    initprime();
    work();
    return 0;
}

//cur:当前枚举质数的下标,不用返回来枚举了。

//cnt:分解质因式时：拥有(当前下标那个）素数多少个

//now:当前枚举的那个数字，就是所有质因子相乘得到的数子

//from: 假如:2*2*3*5*7,然后枚举3，记录的是2*2，枚举5，记录的是2*2*3,

//如果是枚举相同的数，则不用变，因为它记录的是上一个不同的质因子一共拥有的因子数。

//所以乘上(cnt+1)，就是包括上现在这个质因子一共拥有的因子数了。

dfs(1,0,1,1); //刚开始的时候，下标从1开始，拥有这个素数0个，当前数字最少也是1吧