原题

题目大意

输入整数\(n(1\le n<2^{31})\) ,求至少两个正整数,是它们的最小公倍数为$ n$,且这些整数的和最小。输出最小的和。

有多组测试输入,以\(0\)结束。

题解

首先,我们把问题简化:输入正整数\(n\),求几个正整数(可以是一个),是它们的最小公倍数为\(n\),且这些整数的和最小。输出最小的和。

我们考虑\(n\)是素数时,不难证明只有一个数\(n\),那么如果要求至少要分解成两个,那么只能在加一个\(1\)。

当\(n\)是合数时。如果\(n\)能被分解为两个大于\(1\)的互质整数的积\(a_1,a_2\),由于\((a_1,a_2)=1\),如\([a_1,a_2]=a_1\times a_2\),又由于\(a_1>1,a_2>1\),那么\(a_1+a_2<a_1\times a_2\),所以我们要把它分解开来。这样,我们就把问题转成了上面简化问题中\(n=a_1,n=a_2\)的子问题。如此递归下去,我们发现:设\(n\)的标准分解式为\(n=p_{1}^{a_1}p_{2}^{a_2}\cdots p_x^{a_x}\),当所有数分别为\(p_{x_0}^{a_{x_0}}\)时最小。

此外,我们还要特判一下开始\(n=p^a\)的情况。此时\(n\)无法继续分解,则\(ans=n+1\)。最后,记得当\(n=1\)时,\(ans=2\)。

然后我们来看实现问题。

从\(1\)枚举到\(n\)?TLE。

是否记得判断一个数是素数的时候(在学会Miller-Rabin之前)我们通常是从\(1\)枚举到\(\sqrt{n}\),这题可以吗?

我们发现对于任意正整数\(n\),在超过\(\sqrt{n}\)且不等于\(n\)的数中,最多只有一个。如果有两个,那么它们的乘积就已经超过\(n\)了。那么我们就只要枚举\(\sqrt{n}\)个数即可。

代码

#include <cstdio>

typedef long long LL;

int nn;

inline void sol(LL n)
{
int f=0;
LL ans=0;
if(n==1)//对1的特判
{
printf("Case %d: 2\n",++nn);
return;
}
LL ttt,tn=n;
for(LL i=2; i*i<=n; ++i)//计算标准分解式,枚举到sqrt即可
{
ttt=1;
if(!(n%i) && (n!=1))
{
do
{
ttt*=i;
n/=i;
}
while(!(n%i) && (n!=1));
f++,ans+=ttt;
}
if(n==1) break;
}
if(tn==n || f==1) ans++;
//tn==n:n是素数,f==1:n不是素数但除1与n外的因子只有一个
if(n!=1) ans+=n;//在sqrt(n)以上除n外还有一个n的因子
printf("Case %d: %lld\n", ++nn, ans);
//最后一行的换行让我很惊讶(UVa什么时候对输出这么随意了?)
return;
} int main()
{
LL n;
while(scanf("%lld", &n) && n) sol(n);
return 0;
}

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