【数学】Codeforces Round #470 (Div2) B

题目链接：http://codeforces.com/contest/948/problem/B

题目大意：有一个大于等于3的数X0，任意选择一个小于X0的质数P0，乘以一个数k使k*P0>=X0，且（k-1）*P0<X0，令X1=k*P0，任意选择一个小于X1的质数P1，乘以一个数u使u*P1>=X1，且（u-1）*P1<X1，令X2=u*P1；现在给你X2，求出所有满足条件的X0里最小的那一个。

解题思路：

绕，超级绕。

我一开始读题目的时候就觉得这道题很绕完全搞不清楚大小关系，经过神级学长的耐心讲解终于搞懂了，此处%红太阳。

首先我想到的是暴力解法，枚举出所有的X1，再枚举出X1最大的质因数，X1-P+1的最小值即为解。于是我们来算一下时间复杂度。枚举所有的X1->O(n)，枚举出X1最大的质因数->O(sqrt(n))，n的范围在1e6，果断T。

于是寻找更省时间的方法，不用枚举X1或者不用枚举X1的质因数。

我们探究一下X1和X2的关系，发现如果从X2着手，是可以确定X1的范围的。X2等于一个小于等于X1的质数乘以一个正数，不妨设这个质数为P，那么X2-P<X1<=X2，右区间是固定死了的X2，左区间的最小值在P取最大值的时候取到。所以X1的范围是[X2-X2最大的质因数+1，X2]。

似乎没有什么用，还是要枚举，但是如果我们已知了X0呢？

假设我们有一个满足条件的X0，一定可以找到一个X1>=X0且处于这个区间（因为保证了X0是满足条件的一个解）。这个X1是如何找到的？一个小于等于X0的质数乘以一个正数！也就是说，对于任意大于X0且小于等于X2的数X0'，这个质数都存在，那么这个X1也存在，那么当X1>=X0'的时候，我们X0‘也是合理解，当X1<X0'的时候，X0’必定处于这个区间！（X1处于这个区间，X0'小于等于X2）。而处于这个区间的所有数都是一个满足条件的X0（可以取自己的质因数乘以一个因子等于自己，那么X0==X1，X1处于区间内）。

于是我们得出结论：只要一个X0是满足条件的解，所有大于X0且小于等于X2的都是满足条件的解。

满足单调性->求最小->二分！

最后只要二分X0即可。

下面放31msAC代码：

 #include<stdio.h>
 #define MAXN 1000000

 int prime[MAXN+],tot;
 bool f[MAXN+];

 int _max(int a,int b){return a>b?a:b;}

 void _before(){

     int i,j;
     for(i=;i<=MAXN;i++){
         if(!f[i])prime[++tot]=i;
         for(j=;j<=tot&&prime[j]*i<=MAXN;j++){
             f[i*prime[j]]=true;
             if(i%prime[j]==)break;
         }
     }
 }

 int main(){

     int x1,x2,l,r,i,mid,p;
     bool flag;
     _before();
     scanf("%d",&x2);
     if(!f[x2]){
         printf("%d",x2);
         return ;
     }
     for(i=tot;i>=;i--)
         if(x2%prime[i]==)break;
     p=prime[i];
     l=; r=x2;
     while(l<r){
         if(l+==r)break;
         mid=(l+r)>>;
         flag=false;
         for(i=;prime[i]<=mid;i++){
             x1=(_max(mid,x2-p+)+prime[i]-)/prime[i]*prime[i];//取大于左端点的最小的数
             if(x1-prime[i]<mid&&x1<=x2){
                 flag=true;
                 break;
             }
         }
         if(flag)r=mid;
         else l=mid;
     }
     printf("%d",r);
     return ;
 }