最小公倍数生成树

题意：

给出n，m，表示又m - n + 1个点的编号从n开始到m结束，两个点之间的权值为编号的最小公倍数，然后求最小生成树。

 

题解：

因为两个数最小公倍数在最小的情况下，是等于这两个数中较大的那一个数。所以可以贪心地对于一个节点a，连上它的倍数。

有一些情况：

①n = 4 m = 10的时候，因为最后会剩下一个9没有数和它相连，最好的情况下是与6连，从小到大枚举9的因数然后在乘以一个更小的因数使得在n~m的范围。

②n = 2 m = 10的时候，2连向了它所有的倍数，3要连向与2相连的6，最后会剩下以2,5,7为根的子树，现在需要合并子树因为都是素数不是第一种情况的合数，那么就直接合并好了。

 

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define LL long long
const int N = 1e6 + 7;
int n, m, prime[N], cnt;
bool isprime[N], vis[N];
LL ans;
void ListofPrime () 
{
	for (int i = 2; i <= 1000000; ++i) isprime[i] = true;
	for (int i = 2; i <= 1000000; ++i) 
	{
		if (!isprime[i]) continue;
		prime[++cnt] = i;
		for (int j = 2 * i; j <= 1000000; j += i) isprime[j] = false;
	}
}

int main () 
{
	scanf ("%d%d", &n, &m);
	if (n == m) {
		puts("0");
		return 0;
	}
	if (n == 1) {
		printf ("%lld\n", (LL)(1 + m) * m / 2 - 1);
		return 0;
	}
	ListofPrime();
	for (int i = n; i <= m; ++i) 
	{
		if (vis[i]) continue;	
		int flag = 0;
		for (int j = 2 * i; j <= m; j += i) 
		{
			if (!vis[i] || !vis[j]) 
			{
				if (vis[j]) flag = 1;
				vis[i] = vis[j] = true;
				ans = ans + j;
			}
		}
		if (vis[i] && i != n && !flag) ans = ans + i * n;
	}
	for (int i = n; i <= m; ++i) 
	{
		if (vis[i]) continue;
		if (isprime[i]) ans = ans + i * n;
		else 
		{
			for (int j = 2; j <= cnt; ++j) 
			{
				if (i % prime[j] != 0) continue;
				for (int k = 1; k < j; ++k)
				{
					int xi = i / prime[j] * prime[k];
					if (xi >= n && xi <= m)
					{
						ans = ans + i * prime[k];
						break;
					}
				}
				break;
			}
		}
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

　　

总结：

写代码之前需要先考虑好所有的情况，不然就会陷入debug的无限死循环QAQ