牛客【2021寒假集训营第一场】J-一群小青蛙呱蹦呱蹦呱

线性筛+数学规律

传送门

前两天刚学了线性筛，拿这题练练手

开始的思路是：

先求出1-n所有的素数，
然后用再遍历一遍去掉所有素数的幂次方，剩下的数就是没有被吃掉的
再求出所有没有被吃掉数的最小公倍数；

显然TLE了，数据量是1.6e8，太大了，数稍微大点，两步都求不完就卡死了；但是做的过程中发现了求n个数最小公倍数的算法，也算学到了点东西（这个题不必先求n个没被吃掉的数，再求这n个数的最小公倍数，后面讲）

介绍一个初中的定理（我竟然没印象）：

对于两个整数 $a, b$ ，它们的最小公倍数是 $LCM$ ，最大公约数是 $GCD$ ，那么有如下定理： $a*b = LCM*GCD$

比如对两个数 $24=2*2*2*3, 18=2*3*3$ ，最大公约数为 $2*3=6$ ，最小公倍数为 $2^3 * 3^2 = 72$ ，有 $24*18 = 6*72$

求两个整数的最大公约数可以用辗转相除法，所以求两个数的最小公倍数就可以使用 $LCM = a*b/GCD$ ，对于 $n$ 个数，则依次计算即可。

放一下TLE的代码：

// 这个代码tle了，思路就是先求出所有素数，然后再求出所有剩余数
// 再计算所有剩余数的最小公倍数 
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
//#define mod 1e9+7
const ll mod = 1e9+7;
#define N 160000010
using namespace std;
int n;
//int prime[N];
//int left[N];
int visited[N];
vector<int> prime;
vector<ll> rest;
// 辗转相除法求最大公约数 
int gcd(int a, int b)
{
	return 0;
}
// 计算1-n所有素数存到prime中 
void calPrime(int n)
{
	for(int i=2; i<=n; ++i){
		if(!visited[i]){
			prime.push_back(i);
		}
		for(int j=0; j<prime.size() && 1ll*i*prime[j]<=n; ++j){
			visited[i*prime[j]] = 1;
			if(i%prime[j]==0) break;
		}
	}		
} 
// 计算所有剩下的数
void calLeft(int n)
{
	for(int i=2; i<=n; ++i){
		if(visited[i]==0){ // 这个数是质数 
			for(int j=i; j<=n; j*=i){
				visited[j] = 2; // 青蛙跳过的都标记成2 
			} 
		}
		else if(visited[i]==1){ //
			rest.push_back(i);
		} 
	}	
//	
	for(int i=0; i<rest.size(); ++i) {
		printf("%d ", rest[i]);
	}
	
} 
int main()
{
	scanf("%d", &n);
	calPrime(n);
//	cout << "calPrime finished\n";
	calLeft(n);
	ll ans;
	if(rest.size() == 0) printf("empty");
	else {
		ans = rest[0];
		for(int i=1; i<rest.size(); ++i){
			ans = (ans / __gcd(ans, rest[i])) *rest[i] % mod;
		}
		printf("%d", ans);
	}
	return 0;
}

正确做法：

这其实就是线性筛+数学规律题

首先观察一下1-n之内被吃掉的数的特点：

1被吃掉了
所有的素数被吃掉了
所有素数的幂次方被吃掉了

那么剩下的数有什么特点呢？

答案就是：剩下的数都是因子中含有两个或者两个以上不同因子的数（如6=3*3， 12=2*2*3）

我们要对1-n中所有这样的数（含有两个或者两个以上不同因子的数）求最小公倍数。这该怎么求呢？

simple1：

对于两个剩下的数： $2^3 * 3^2, 2*3^3$ ，其最小公倍数一定是每个质数因子取最大幂然后相乘，例子中的最小公倍数为 $2^3*3^3$

则对于任意一个小于n的剩下的数，其一定可以用 $1-\dfrac{n}{2}$ 中多个质数相乘表示。

那我们想求出所有剩下数的最小公倍数，只需要求出 $1-\dfrac{n}{2}$ 中每个质数的最大幂，然后将它们相乘即可。而一个质数想要取最大幂，有以下两种情况：

这个质数是2：那可以有 $\{2*3, 2^2*3, 2^3*3, ...,2^k*3\} \le n$ ；对于2，其最大幂就是： $2^{k_2} \le n$
这个质数是 $x(x\not=2)$ ：可以有 $\{x*2, x^2*2, x^3*2, ...,x^k*2\} \le n$ ；其最大幂就是： $x^{k_x} \le n$

假设我们求得 $1-\dfrac{n}{2}$ 所有质数为 $p[1..m]$ ，那我们所求的结果就是： $\prod_{i=1}^m p[i]^{k_{p[i]}}$

ac代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long 
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
const int N=8e7+7; // 最大素数是 n/2
int prime[N]; 
int visited[N];
int cnt = 0;
ll ans = 1; 
int n;
// 只需要求n/2以内的素数就行，因为这个题目特殊，需要两个不同的质数相乘 
void table(int n)
{
	for(int i=2; i<=n/2; ++i){
		if(!visited[i]) prime[cnt++]=i;
		for(int j=0; j<cnt && 1ll*i*prime[j]<=n/2; ++j) {
			visited[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0) break;
		}
	}
}
int main()
{
	scanf("%d", &n);
	table(n); // 求出n/2以内的所有质数，放到prime[]中
	ll t;
	//
	t=2;
	while(t*3<=n) t*=2;
	ans = (ans*(t/2))%mod;
	// 
	for(int i=1; i<cnt; ++i){
		t=prime[i];
		while(t*2<=n) t*=prime[i];
		ans = (ans*(t/prime[i]))%mod;
	}
	
	if(ans<6) printf("empty\n");
	else 	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}