Codeforces 1325E Ehab's REAL Number Theory Problem

Description

给一些数，每个的因数个数不超过 $7$，求最少选出多少个，使得乘积为完全平方。无解输出 $-1$。

Solution

「每个的因数个数不超过 $7$」看上去非常玄学，它的本质是什么？

唯一分解定理：任何一个大于 $1$ 的自然数 $N$，可以唯一分解成有限个质数的乘积。即：

$$N = \prod_{i=1}^{n} p_i ^{k_i}$$

这里 $\forall 1 \le i \le n, k_i \ge 1$，$p_1 < p_2 < \cdots <p_n$，且 $\forall 1\le i \le n, p_i \in \text{prime}$，正确性显然。

约数个数定理：任何一个大于 $1$ 的自然数 $N$，它的约数个数为：

$$d(N) = \prod_{i=1}^{n}(k_i + 1)$$

显然对于每一种质因子，都有选 $0$ 个，选 $1$ 个……选 $k_i$ 个共 $(k_i + 1)$ 种选法，根据乘法原理，当然是它们的乘积。

好，我们用一下约数个数定理。设想 $a_i$ 有 $3$ 种质因数，那么 $d(a_i)$ 最小应当是 $(1+1)^3 = 8$，和 $d(a_i) \le 7$ 矛盾，所以，$a_i$ 至多有 $2$ 种质因子。

所以，$a_i$ 要么是 $1$，要么可以表示为 $p_1^{k_1}$ 的形式，要么可以表示为 $p_1^{k_1} \cdot p_2^{k_2}$ 的形式。不难发现把 $k$ 对 $2$ 取模不会对答案造成影响，这是因为一个数本身的平方因子可以直接相消了。

现在，$a_i$ 只会是 $1$，$p_1$，$p_1 \cdot p_2$ 三种可能了。

• 如果一个 $a_i = 1$，直接输入 $1$，结束程序，因为直接选它就好了；
• 如果一个 $a_i = p_1$，那么，建一条边，把 $1$ 和 $p_1$ 连起来；
• 如果一个 $a_i = p_1\cdot p_2$，那么，建一条边，把 $p_1$ 和 $p_2$ 连起来。

注意 $p$ 的值可能很大，需要离散化，可以在线性筛的时候预处理。

现在得到了一个图，答案就是这个图的 最小环 的大小。

为什么？选择一个数，就是选择一条边，如果我们选了一个环，那么环上的每个 $p_i$ 都有两条边相连，也就是乘了 $2$ 次，那么这当然是一个完全平方数了！

$10^6$ 以内质数大概是 $78500$ 个，这个数字记作 $P$。

用 Floyd 算法 $\mathcal O(P^3)$ 求最小环是行不通的。

因为边权为 $1$，可以枚举起点然后 BFS，当然，这样直接做的复杂度是 $\mathcal O(nP)$，当然也是行不通的。（枚举起点 $\mathcal O(P)$，单次 BFS 是 $\mathcal O(n)$，因为有 $n$ 条边）

深入剖析，发现 一个环内必然有一个点 $\le \sqrt{\max a_i}$，这是因为不会有两个大于 $\sqrt{\max a_i}$ 的点之间有连边，只要这个较小数作为起点被枚举了，那么这个环就必然会被 BFS 到。所以，起点只要枚举到 $\sqrt{\max a_i} = 10^3$ 即可。

当然，必然点都是质数，所以我们记 $10^3$ 以内的质数个数为 $P'$，这个算法的时间复杂度就是 $\mathcal O(nP')$，可以通过。

当然我的代码偷个懒是直接枚举到 $\sqrt{\max a_i} = 10^3$ 的……

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#include <bits/stdc++.h> #define REP(i, x, y) for(register int i = x; i <= y; i++) using namespace std; const int N = 1e5 + 5, A = 1e6 + 5, SQRTA = 1000; const int INF = 0x3f3f3f3f; int n, ncnt, hd, tl, que[N][2], ans = INF; int a[N], prm[N], id[A], h[N], dis[N]; bool npr[A]; struct edge {     int v, nxt; } e[A << 1]; void EulerSieve() {     for(int i = 2; i < A; i++)     {         if(!npr[i]) prm[++prm[0]] = i, id[i] = prm[0] + 1;         for(int j = 1; j <= prm[0] && i * prm[j] < A; j++)         {             npr[i * prm[j]] = true;             if(i % prm[j] == 0) break;         }     } } inline void AddEdge(int u, int v) {     e[++ncnt] = (edge){v, h[u]}; h[u] = ncnt;     e[++ncnt] = (edge){u, h[v]}; h[v] = ncnt; } void Divide(int x) {     int p[4] = {0}, k[4] = {0};     for(int i = 1; i <= prm[0] && prm[i] * prm[i] <= x; i++)     {         if(x % prm[i] == 0)         {             p[++p[0]] = prm[i];             while(x % prm[i] == 0) k[p[0]] ^= 1, x /= prm[i];             if(!k[p[0]]) p[0]--;         }     }     if(x > 1) p[++p[0]] = x, k[p[0]] = 1;     if(!p[0]) { cout << 1 << endl; exit(0); }     else if(p[0] == 1) AddEdge(1, id[p[1]]);     else AddEdge(id[p[1]], id[p[2]]); } void Bfs(int s) {     memset(dis, 0x3f, sizeof dis);     dis[s] = 0;     que[1][0] = s; que[1][1] = 0;     hd = tl = 1;     while(hd <= tl)     {         int u = que[hd][0], fa = que[hd][1];         hd++;         for(int i = h[u]; i; i = e[i].nxt)         {             int v = e[i].v;             if(v == fa) continue;             if(dis[v] == INF)             {                 tl++;                 que[tl][0] = v; que[tl][1] = u;                 dis[v] = dis[u] + 1;             }             else ans = min(ans, dis[u] + dis[v] + 1);         }     } } int main() {     cin >> n;     REP(i, 1, n) cin >> a[i];     EulerSieve();     REP(i, 1, n) Divide(a[i]);     REP(i, 1, SQRTA) Bfs(i);     if(ans == INF) cout << -1 << endl;     else cout << ans << endl;     return 0; }