[acdream_oj1732]求1到n的最小公倍数(n<=1e8)

题意：如标题

思路：如果n在10^6以内则可以用o(nlogn)的暴力，题目给定的是n<=1e8，暴力显然是不行的，考虑到1到n的最小公倍数可以写成2^p1*3^p2*5^p3*...这种素数的幂的乘积形式，对于当前询问n，可知质数x的指数为(int)log(x,n)（因为要满足是公倍数且最小），因为前n个数有n/logn个质数，这样一次处理为o(n/logn*logn) = o(n)的。由于有T组测试数据，直接T次处理肯定会超时，需要离线处理。具体怎么操作呢？首先将T个询问按n从小到大排序，从小到大处理时，每个质数的指数是非递减的，所以只需在上一次的答案上乘以若干质数。如果记录上一个询问后的每个质数的指数，然后遍历所有质数，看质数有没有增加，这样的时间复杂度为o(T*n/logn+n/logn*logn)=o(Tn/logn)，跟直接T次在线处理没什么两样，原因是有很多的质数的指数并不会变化，却也被访问了一次。

一种解决办法是预先计算出每个询问n所增加的质数，从小到大枚举每个质数的每个幂，然后在T个询问中二分，得到第一次出现这个幂的n，这样时间复杂度为o(n/logn*logn*logT)=o(nlogT)，查询时就相当于是只查了那个最大的n一样，所以查询复杂度为o(n)，总复杂度为o(nlogT)，虽然过不了此题，但这个思路却可以对付一些其他T比较大，n稍小的数据。

下面讲另一种o(Tsqrt(n)+n)的思路：核心思想是将质数分为两类，一类是小于等于sqrt(n)，一类大于sqrt(n)，不难发现对于第二类质数，它们的质数要么是1要么是0，也就是说，对于第二类质数，假设它在某个询问n时加进了答案，那么在以后的询问中就不用再考虑了（如果继续加进答案，那么它的指数会超过1），于是不难得到如下算法：对每个询问，枚举第一类质数，判断他们的质数有没有增加（实际操作时用试乘法而不是求一个对数），而第二类质数只需维护当前乘到了哪个质数就行了。下面是代码：

 #pragma comment(linker, "/STACK:10240000,10240000")

 #include <iostream>
 #include <cstdio>
 #include <algorithm>
 #include <cstdlib>
 #include <cstring>
 #include <map>
 #include <queue>
 #include <deque>
 #include <cmath>
 #include <vector>
 #include <ctime>
 #include <cctype>
 #include <set>
 #include <bitset>
 #include <functional>
 #include <numeric>
 #include <stdexcept>
 #include <utility>

 using namespace std;

 #define mem0(a) memset(a, 0, sizeof(a))
 #define mem_1(a) memset(a, -1, sizeof(a))
 #define lson l, m, rt << 1
 #define rson m + 1, r, rt << 1 | 1
 #define define_m int m = (l + r) >> 1
 #define rep_up0(a, b) for (int a = 0; a < (b); a++)
 #define rep_up1(a, b) for (int a = 1; a <= (b); a++)
 #define rep_down0(a, b) for (int a = b - 1; a >= 0; a--)
 #define rep_down1(a, b) for (int a = b; a > 0; a--)
 #define all(a) (a).begin(), (a).end()
 #define lowbit(x) ((x) & (-(x)))
 #define constructInt4(name, a, b, c, d) name(int a = 0, int b = 0, int c = 0, int d = 0): a(a), b(b), c(c), d(d) {}
 #define constructInt3(name, a, b, c) name(int a = 0, int b = 0, int c = 0): a(a), b(b), c(c) {}
 #define constructInt2(name, a, b) name(int a = 0, int b = 0): a(a), b(b) {}
 #define pchr(a) putchar(a)
 #define pstr(a) printf("%s", a)
 #define sstr(a) scanf("%s", a)
 #define sint(a) scanf("%d", &a)
 #define sint2(a, b) scanf("%d%d", &a, &b)
 #define sint3(a, b, c) scanf("%d%d%d", &a, &b, &c)
 #define pint(a) printf("%d\n", a)
 #define test_print1(a) cout << "var1 = " << a << endl
 #define test_print2(a, b) cout << "var1 = " << a << ", var2 = " << b << endl
 #define test_print3(a, b, c) cout << "var1 = " << a << ", var2 = " << b << ", var3 = " << c << endl
 #define mp(a, b) make_pair(a, b)
 #define pb(a) push_back(a)

 typedef unsigned int uint;
 typedef long long LL;
 typedef pair<int, int> pii;
 typedef vector<int> vi;

 const int dx[] = {, , -, , , , -, -};
 const int dy[] = {-, , , , , -, , - };
 const int maxn = 1e8 + ;
 const int md = ;
 const int inf = 1e9 + ;
 const LL inf_L = 1e18 + ;
 const double pi = acos(-1.0);
 const double eps = 1e-;

 template<class T>T gcd(T a, T b){return b==?a:gcd(b,a%b);}
 template<class T>bool max_update(T &a,const T &b){if(b>a){a = b; return true;}return false;}
 template<class T>bool min_update(T &a,const T &b){if(b<a){a = b; return true;}return false;}
 template<class T>T condition(bool f, T a, T b){return f?a:b;}
 template<class T>void copy_arr(T a[], T b[], int n){rep_up0(i,n)a[i]=b[i];}
 int make_id(int x, int y, int n) { return x * n + y; }

 int vis[];
 unsigned int prime[];

 int c;

 void init() {
     const int t = 1e8 + ;
     for (int i = ; i <= t; i ++) {
         int u = i >> , v = i & ;
         if (vis[u] & ( << v)) continue;
         prime[c ++] = i;
         if ((LL)i * i > t) continue;
         for (int j = i * i; j <= t; j += i) {
             int u = j >> , v = j & ;
             vis[u] |=  << v;
         }
     }
 }

 pii node[];
 unsigned int out[];
 const int max_sq = 1e4;
 unsigned int last[];

 int main() {
     //freopen("in.txt", "r", stdin);
     int T, cas;
     cin >> T;
     cas = T;
     init();
     while (T --) {
         int n;
         sint(n);
         node[cas - T - ] = make_pair(n, cas - T - );
     }
     sort(node, node + cas);
     unsigned int ans = ;
     int n = node[].first;
     int cur = ;
     for (int i = ; prime[i] < max_sq; i ++) last[i] = ;
     rep_up0(i, cas) {
         int n = node[i].first;
         for (int j = ; prime[j] < max_sq; j ++) {
                 while ((LL)last[j] * prime[j] <= n) {
                     last[j] *= prime[j];
                     ans *= prime[j];
                 }
         }
         while (prime[cur] <= n) {
             cur ++;
             if (prime[cur - ] < max_sq) continue;
             ans *= prime[cur - ];
         }
         out[node[i].second] = ans;
     }
     rep_up0(i, cas) cout << out[i] << endl;
     return ;
 }

11巨带我飞