[POI2010]Divine Divisor

题目大意:

给你\(m(m\le600)\)个数\(a_i(a_i\le10^{18})\)。\(n=\prod a_i\)。现在要你找到一个最大的\(k\)使得\(\exists d\ne1,d^k|n\),并求出有多少\(d\)满足这样的条件。

思路:

首先线性筛预处理出\(10^6\)以内的所有质数,用这些质数除\(a_i\),剩下的\(a_i\)分为以下\(4\)种情况:

  1. \(a_i=1\),表示\(a_i\)的所有素数均被找出。
  2. \(a_i=p^2\),可以判断\(\lfloor\sqrt{a_i}\rfloor\)是否等于\(\lceil\sqrt{a_i}\rceil\),是的话就说明这是两个\(>10^6\)的质数平方。
  3. \(a_i=p\),可以使用Miller-Rabin算法判断是否为质数。
  4. \(a_i=pq\),对于这样的数,可以与其它所有数求一遍\(\gcd\)。若\(\gcd\ne1\)就说明我们成功分解了它的质因数。否则虽然我们不能知道它的质因数到底是什么,但是我们可以知道它与其它数没有共同的质因数,因此我们只需要统计出现的次数,而不需要关心其具体数值。

对于每个质数,我们统计其出现次数\(cnt[i]\)。第一个答案就是\(\max\{cnt[i]\}\)。若有\(k\)个质数的出现次数为\(\max\{cnt[i]\}\),则第二个答案就是\(2^k-1\)。

由\(k\)可能会很大,需要写高精度。

但是我们可以注意到,若不考虑\(-1\),答案就是\(2\)的幂。用浮点数来储存不会丢失精度,且\(-1\)后不会发生退位。因此可以先用浮点数计算\(2^k\),转成字符串,再在最后一位\(-1\)。

源代码:

  1. #include<map>
  2. #include<cmath>
  3. #include<ctime>
  4. #include<cstdio>
  5. #include<cctype>
  6. #include<cstring>
  7. #include<cstdlib>
  8. #include<algorithm>
  9. typedef long long int64;
  10. typedef __int128 int128;
  11. inline int64 getint() {
  12. register char ch;
  13. while(!isdigit(ch=getchar()));
  14. register int64 x=ch^'0';
  15. while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
  16. return x;
  17. }
  18. const int M=601,LIM=1e6+1,P=78499;
  19. bool vis[LIM];
  20. int p[P],b[M];
  21. int64 a[M];
  22. std::map<int64,int> cnt,cnt2;
  23. inline void sieve() {
  24. vis[1]=true;
  25. for(register int i=2;i<LIM;i++) {
  26. if(!vis[i]) p[++p[0]]=i;
  27. for(register int j=1;j<=p[0]&&i*p[j]<LIM;j++) {
  28. vis[i*p[j]]=true;
  29. if(i%p[j]==0) break;
  30. }
  31. }
  32. }
  33. inline int64 montgomery(int64 a,int64 k,const int64 &mod) {
  34. int64 ret=1;
  35. for(;k;k>>=1) {
  36. if(k&1) ret=(int128)ret*a%mod;
  37. a=(int128)a*a%mod;
  38. }
  39. return ret;
  40. }
  41. inline bool miller_rabin(const int64 &x) {
  42. for(register int i=0;i<5;i++) {
  43. const int64 a=(int64)rand()*rand()%(x-2)+2;
  44. if(montgomery(a,x-1,x)!=1) return false;
  45. }
  46. return true;
  47. }
  48. char ans[1000];
  49. int main() {
  50. sieve();
  51. srand(time(NULL));
  52. const int m=getint();
  53. for(register int i=1;i<=m;i++) {
  54. a[i]=getint();
  55. for(register int j=1;j<=p[0]&&a[i]!=1;j++) {
  56. while(a[i]%p[j]==0) {
  57. a[i]/=p[j];
  58. cnt[p[j]]++;
  59. }
  60. }
  61. if(a[i]==1) continue;
  62. if(floor(sqrt(a[i]))==ceil(sqrt(a[i]))) {
  63. cnt[sqrt(a[i])]+=2;
  64. b[i]=1;
  65. continue;
  66. }
  67. if(miller_rabin(a[i])) {
  68. cnt[a[i]]++;
  69. b[i]=2;
  70. continue;
  71. }
  72. }
  73. for(register int i=1;i<=m;i++) {
  74. if(a[i]==1||b[i]) continue;
  75. for(register int j=1;j<=m;j++) {
  76. if(a[i]==a[j]||a[j]==1) continue;
  77. const int64 d=std::__gcd(a[i],a[j]);
  78. if(d==1) continue;
  79. cnt[d]++;
  80. cnt[a[i]/d]++;
  81. goto Next;
  82. }
  83. cnt2[a[i]]++;
  84. Next:;
  85. }
  86. int ans1=0,ans2=0;
  87. for(register std::map<int64,int>::iterator i=cnt.begin();i!=cnt.end();i++) {
  88. ans1=std::max(ans1,i->second);
  89. }
  90. for(register std::map<int64,int>::iterator i=cnt2.begin();i!=cnt2.end();i++) {
  91. ans1=std::max(ans1,i->second);
  92. }
  93. for(register std::map<int64,int>::iterator i=cnt.begin();i!=cnt.end();i++) {
  94. if(i->second==ans1) ans2++;
  95. }
  96. for(register std::map<int64,int>::iterator i=cnt2.begin();i!=cnt2.end();i++) {
  97. if(i->second==ans1) ans2+=2;
  98. }
  99. printf("%d\n",ans1);
  100. sprintf(ans,"%.Lf",ldexpl(1,ans2));
  101. ans[strlen(ans)-1]--;
  102. puts(ans);
  103. return 0;
  104. }

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