CodeForces#520 div2 1062B - Math

题目大意：

　　数字$n$可以经过两个操作

$（1）$乘任意一个整数

$（2）$对该数字开根号，但需要保证该数字能被开尽

问最少经过上述操作多少次，可以让其变成无法再进行上述两个操作的最小数字。

分析：

　　受官方题解启发？一个数可以分解成$n=a_{1}^{p_{1}}\cdot a_{2}^{p_{2}}\cdot \cdot \cdot a_{n}^{p_{n}}$，所以我们实际需要的就是找到指数非0的$a_{i}$，而$\prod _{i=0}^{n} a_{i}$就是就是最小数字，而次数问题，因为数字可以分解成$n=a_{1}^{p_{1}}\cdot a_{2}^{p_{2}}\cdot \cdot \cdot a_{n}^{p_{n}}$，我们不从$n$开始算到最小数，而是从最小数算到$n$，这样的话开根号就变成了乘最小数字的一部分或是整个，然后实际上，我们并不需要管要乘以最小数的一部分还是整个，因为最后得到那个可以开尽的数一定满足$num \geq n$的，所以我们可以直接乘上整个最小数。最后在特判下$num$是不是大于$n$，如果大于，原本的数字$n$需要乘上最小数的一部分，所以操作次数也要加一次；否则则是刚刚好。

 

code:

#define frp

#include<bits/stdc++.h>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <string.h>
#include <iomanip>

using namespace std;
typedef long long ll;
const ll INF = 0x3f3f3f3f;
const ll inf = 0x7fffff;
const int maxn = 2e6;
const int MAXN = 100000 + 5;
const int MOD = 1e9 + 7;

ll n,num=1,tot;
void solve() {
    cin>>n;
    tot=n;
    for (int i = 2; i < n+1; ++i) {//通过枚举，得到最小分解底数
        if(tot%i==0){
            num*=i;
        }
        while(tot%i==0){
            tot/=i;
        }
    }
    int ans=0,tmp=num;
    while(num%n){
        num*=num;
        ans++;
    }
    cout<<tmp<<" "<<(num>n?ans+1:ans)<<endl;
    num=1;
}

int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
#ifdef frp
    freopen("D:\\coding\\c_coding\\in.txt", "r", stdin);
//    freopen("D:\\coding\\c_coding\\out.txt", "w", stdout);
#endif
    int t = 1;
//    cin >> t;
    while (t--) {
        solve();
    }
    return 0;
}