[COCI2020-2021#4] Vepar

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题意

给定两组正整数 $a,a+1,\dots ,b$ 和 $c,c+1,\dots ,d$。判断 $c\times (c+1)\times \dots \times d$ 能否被 $a\times (a+1)\times \dots \times b$ 整除。

思路

将 $c\times (c+1)\times \dots \times d$ 转化为 $\frac{d!}{(c-1)!}$。

将 $a\times (a+1)\times \dots \times b$ 转化为 $\frac{b!}{(a-1)!}$。

题意转化为 $\frac{d!(a-1)!}{b!(c-1)!}$ 是否为整数。

使用阶乘分解这道题的做法把分子分母分别分解质因数，判断即可。

以下是阶乘分解的做法：

考虑质数 $x$ 在 $a!$ 中出现了多少次。

答案为 $\sum \lfloor \frac{a}{x^k}\rfloor$。

因为 $x$ 在所有 $x$ 的倍数中出现了一次，在 $x^2$ 的倍数中出现了两次。

而 $x^2$ 的倍数也是 $x$ 的倍数，已经统计了一遍，所以只用再统计一遍。

其它同理。

时间复杂度：$O(\frac{n}{\log n})\times O({\log }_n)=O(n)$。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int N = 1e7 + 5;
int pr[N], cnt, id[N];
bool is[N];
void pri() {
	for (int i = 2; i <= 1e7; i ++) {
		if (!is[i]) pr[++ cnt] = i, id[i] = cnt;
		for (int j = 1; j <= cnt && i * pr[j] <= 1e7; j ++) {
			is[i * pr[j]] = 1;
			if (i % pr[j] == 0) break;
		}
	}
} 
void get(int n, int* c, int v) {
	ll k, ans;
	for(int i=1;i<=cnt;i++)
	{
		k=pr[i];
		ans=0;
		while(k<=n) {
			ans+=(n/k);
			k *= pr[i];
		}
		c[i] += ans * v; 
	}
}
int c1[N], c2[N];
void solve() {
	int a, b, c, d;
	cin >> c >> d >> a >> b;
	get(d, c1, 1); get(a - 1, c1, 1);
	get(c - 1, c2, 1); get(b, c2, 1);
	bool ok = 1;
	for (int i = 1; i <= cnt; i ++)
		if (c2[i] < c1[i]) ok = 0;
	if (ok) cout << "DA\n";
	else cout << "NE\n";
	memset(c1, 0, sizeof(c1));
	memset(c2, 0, sizeof(c2));
}
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	pri();
	int T = 1;
	cin >> T;
	while (T --)
		solve();
	return 0;
}