bzoj 2749 - 外星人
Description
给定一个数的标准分解\(N= \prod_{i=1}^n p_i^{q_i}\)
其中\(p_i \le 10^5, q_i \le 10^9\)
求最小的\(x\)使得\(\varphi^x(N) = 1\) 即求这个数进行多少次\(\varphi\)后得到1
Analysis
\(\varphi\)的性质还是经常与2有关的
比若说任意\(\varphi\)两次就一定会除掉一个因子2
所以\(\varphi\)的次数为\(O(\log)\)
此题就是利用类似这样的性质
\(\varphi\)的次数为只与过程中\(2\)的总数有关
(1) 如果存在\(2\), 每次只能恰好消掉一个
(2) 对于一个奇质数因子, \(\varphi\)以下会产生至少一个\(2\), 以及若干个新的奇质数
(3) 只要奇质数还存在, 该回合内就会产生至少一个2
(4) 消完\(2\)需要的次数\(=\)因此\(2\)产生的次数 \(\ge\) 进行的回合数
(5) 最后会剩下\(2^q\), 恰好\(q\)步消完
于是我们之用求出产生2的次数即可,设为 \(f(n)\)
\(f(2)=1\)
\(f(奇质数) = f(奇质数-1)\)
\(f(pq) = f(p) + f(q)\)
特别的当\(N\)不含2因子时, 需要一步来产生2, 然后2才开始不断的消, 所以答案+1
Code
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <cmath>
#include <cctype>
#include <cmath>
#define rep(i,a,b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
using namespace std;
const int M = 1e5 + 7;
typedef long long LL;
inline int ri(){
int x = 0; bool f = 1; char c = getchar();
for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = 0;
for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x*10+c-48;
return f ? x : -x;
}
int tcas, n;
int prime[M], cnt;
bool notprime[M];
int f[M];
void init(){
notprime[1] = 1;
for (int i=2; i<M; ++i){
if (!notprime[i]) {
prime[++cnt] = i;
if (i == 2) f[i] = 1;
else f[i] = f[i-1];
}
for (int j=1; j<=cnt; ++j){
if (1LL * prime[j] * i >= M) break;
int t = prime[j] * i;
notprime[t] = 1;
f[t] = f[i] + f[prime[j]];
if (i % prime[j] == 0) break;
}
}
}
int main(){
tcas = ri();
init();
while (tcas--){
n = ri();
LL ans = 0, havtwo = 0;
rep (i, 1, n){
int x = ri(), y = ri();
ans += 1LL * f[x] * y;
havtwo |= (x == 2);
}
if (!havtwo) ans++;
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
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