CF261E Maxim and Calculator （质数,完全背包）

CF261E Maxim and Calculator

题目大意：

有两个初始参数 $ a=1 $ ， $ b=0 $ ，你可以对它们进行两个操作： $ b~+=1 $ 或 $ a~\times =b $ ，最终的 $ a $ 才是你所得到的数 。 现在给你三个数 $ l,r,p $ ，让你求在区间 $ [l,r] $ 内可以用不超过 $ p $ 次操作得到的数的个数。数据范围： $ (2<=l<=r<=10^{9},1<=p<=100) $

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$ solution: $

很神仙的一道题，当时看了很久只能想到：每个我所得到的数，一定是若干个可能不同的 $ b $ 的乘积,。又因为 $ b $ 每次只能加1，所以我们如果要用最少的步数得到一个数 $ a $ ，最终 $ b $ 的大小一定是 $ b $ 的最大质因子！同理，最大质因子大于 $ p $ 的数一定不可通过少于 $ p $ 的次数得到！

当时的想法是线性筛最大质因子，然后暴力判断，复杂度 $ O(n) $ 显然超时。然后死活没想到可以筛 $ p $ 以下质数所构成的数（ $ 10^9 $ 里面不超过 $ 3\times 10^6 $ 个 ）！

好吧，回归正题。根据上面我们的分析，所有最大质因子大于 $ p $ 的数一定不可通过少于 $ p $ 的次数得到，所以我们可以找出所有最大质因子在 $ p $ 以内的数。怎么求？这其实等同于求 $ p $ 以内的所有质数可以构造的数（注意题目说 $ 2\leq r $ ，所以不考虑1）（然后我们现线性筛质数，再搜索一下即可）。然后我们发现这样的数不超过 $ 3\times 10^6 $ 个，我们用一个数组 $ a[] $ 存起来。于是我们考虑怎么判断 $ a[] $ 里面的数是否能在 $ p $ 次操作内得到。

首先我们要明白一个点：所有 $ a[] $ 里的数都可以通过 $ a[] $ 里比它小的数构造出来。证明：对于 $ a[] $ 里的数 $ i $ ，如果它的最大质因子为 $ k $ ，那么 $ i/k $ 一定在 $ a[] $ 中，因为 $ i/k $ 的所有质因子都小于 $ p $ 。于是我们考虑 $ f[i][j] $ 表示 $ b $ 的大小为 $ i $ 时 $ j $ 的最小构造步数。我们从小到达枚举 $ b $ ，每个 $ b $ 可以选用很多次，这不就是一个完全背包吗？不过是 $ b $ 要被乘上去而已！注意我们的 $ a[] $ 数组是离散化的，我们先排一遍序，然后用单调队列找到 $ a[k]=a[j]*i $ 即可做到 $ O(1) $ 转移！

$ f[i][k]=f[i][j]+1 \quad (~a[j]\times i=a[k]~) $

复杂度： $ O(p\times 3 \times 10^6) $ ，很勉强

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$ code: $

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>

#define ll long long
#define db double
#define rg register int

using namespace std;

int l,r,p,n; // n表示a数组的大小
int ans,tt; // tt素数个数
int a[3000005]; //最大质因子小于p的数的集合
int f[3000005]; //构造a[i]这个数的最少步数
bool d[3000005]; //是否已经加入贡献
int pr[505]; //素数表
bool vis[505]; //筛素数

inline int qr(){
	register char ch; register bool sign=0; rg res=0;
	while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;
	while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();
	if(sign)return -res; else return res;
}

inline void prime(int x){ //线性筛素数
    for(rg i=2;i<=x;++i){
        if(!vis[i])pr[++tt]=i;
        for(rg j=1;j<=tt;++j){
            if(i*pr[j]>x)break;
			vis[i*pr[j]]=1;
            if(!(i%pr[j]))break;
        }
    }
}

//找到最大质因子小于p的数
//等效于我们构造小于p的质数所能构造的数
inline void dfs(int i,ll v){ //i是当前轮到的质数
	if(i>tt)return ;
	dfs(i+1,v); //不用这个质数
	while(1){
		v*=pr[i]; //不断选用这个质数
		if(v>r)return ; //退出
		dfs(i+1,v);
		a[++n]=v; //记录这个数
	}
}

int main(){
	l=qr(); r=qr(); p=qr();
	prime(p); dfs(1,1); a[++n]=1; //预处理
	sort(a+1,a+n+1); f[1]=0;
	for(rg i=2;i<=n;++i) f[i]=101; //赋初值无穷大
	for(rg i=2;i<=p;++i){
		for(rg j=1,k=1;j<=n;++j){
			while(k<=n&&a[j]*i>a[k])++k; //因为a数组离散化，所以单调队列查找
			if(k>n)break; if(a[j]*i!=a[k])continue;
			f[k]=min(f[k],f[j]+1); //更新步数
			if(d[k]||f[k]+i>p||a[k]<l)continue; //注意第二个判断
			d[k]=1; ++ans; //步数在p范围内，计入答案
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}