P1463 [HAOI2007]反素数

题目描述

对于任何正整数x，其约数的个数记作g(x)。例如g(1)=1、g(6)=4。

如果某个正整数x满足：g(x)>g(i) 0<i<x，则称x为反质数。例如，整数1，2，4，6等都是反质数。

现在给定一个数N，你能求出不超过N的最大的反质数么？

输入输出格式

输入格式：

一个数N（1<=N<=2,000,000,000）。

输出格式：

不超过N的最大的反质数。

输入输出样例

输入样例#1：

1000

输出样例#1：

840

Solution：

　　本题思路实在是巧妙～～！（膜拜比我小的巨佬——老$K$，他的思路让我受益匪浅！）

　　第一种思路（其实，准确说是第二种，是先搞懂了搜索的思路才自己琢磨的打表）：

　　首先我们讲下暴力打表，由于数据$n\leq 2*10^9$，于是我们可以线下打表，直接暴力模拟，先根据题目可知$1,2,4,6$都是反质数，所以先输出这$4$个数，记当前最大约数个数$mx$为$4$（即$6$的约数个数），然后从$7$枚举到$2*10^9$，每次判断约数个数是否大于$mx$，大于就更新$mx$并输出该数。表搞完后，其实也没多少个，用数组存下来，然后二分答案找第一个比$n$小的就$OK$了（我打表的代码没有输出，也许机房配置太好了很神奇～～）。

　　贴一下我的暴力打表程序，显然直接打$1$到$2*10^9$的表肯定行不通，我们先打从$1$到$1000000$的来找规律：

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define ll long long
#define For(i,a,b) for(ll (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
using namespace std;
ll p[]={,,,,},mx=;
il bool get(ll x){
    ll ans=;
    for(ll i=;i*i<=x;i++){
        if(x%i==&&x/i!=i)ans+=;
        else if(x%i==&&x/i==i)ans++;
    }
    //cout<<ans<<endl;
    if(mx<ans){
        mx=ans;
        return ;
    }
    return ;
}
int main(){
    freopen("la.out","w",stdout);
    For(i,,)if(get(i)){printf("%lld,",i);}
    return ;
}

　 然后对打出来的数：

　　$1,2,4,6,12,24,36,48,60,120,180,240,360,720,840,1260,1680,2520,5040,7560,10080,15120,20160,25200,27720,45360,50400,55440,83160,83160,110880,166320,221760,277200,332640,498960,554400,665280,720720$

　　进行质因数分解：$$1=1$$
$$2=2^1$$
$$4=2^2$$
$$6=2^1*3^1$$
$$12=2^2*3^1$$
$$24=2^3*3^1$$
$$36=2^2*3^2$$
$$48=2^4*3^1$$
$$60=2^2*3^1*5^1$$
$$120=2^3*3^1*5^1$$
$$180=2^2*3^2*5^1$$
$$240=2^4*3^1*5^1$$
$$360=2^3*3^2*5^1$$
$$720=2^4*3^2*5^1$$
$$840=2^3*3^1*5^1*7^1$$
$$1260=2^2*3^2*5^1*7^1$$
$$1680=2^4*3^1*5^1*7^1$$
$$2520=2^3*3^2*5^1*7^1$$
$$5040=2^4*3^2*5^1*7^1$$
$$7560=2^3*3^3*5^1*7^1$$
$$10080=2^5*3^2*5^1*7^1$$
$$15120=2^4*3^3*5^1*7^1$$
$$20160=2^6*3^2*5^1*7^1$$
$$25200=2^4*3^2*5^2*7^1$$
$$27720=2^3*3^2*5^1*7^1*11^1$$
$$45360=2^4*3^4*5^1*7^1$$
$$50400=2^5*3^2*5^2*7^1$$
$$55440=2^4*3^2*5^1*7^1*11^1$$
$$83160=2^3*3^3*5^1*7^1*11^1$$
$$83160=2^3*3^3*5^1*7^1*11^1$$
$$110880=2^5*3^2*5^1*7^1*11^1$$
$$166320=2^4*3^3*5^1*7^1*11^1$$
$$221760=2^6*3^2*5^1*7^1*11^1$$
$$277200=2^4*3^2*5^2*7^1*11^1$$
$$332640=2^5*3^3*5^1*7^1*11^1$$
$$498960=2^4*3^4*5^1*7^1*11^1$$
$$554400=2^5*3^2*5^2*7^1*11^1$$
$$665280=2^6*3^3*5^1*7^1*11^1$$
$$720720=2^4*3^2*5^1*7^1*11^1*13^1$$

　容易发现将质数从小到大排，指数会单调不上升（其实后面老$K$的思路用到了这个性质），那么根据这个东西我们可以线下贪心打表前$12$个质数的幂累乘的形式（幂单调不上升），就能处理出所有的$\leq 2*10^9$的反质数。然后将打表出的数据用数组存下，查询时直接模拟就好了。（打表的代码和下面的搜索代码其实类似，我们可以依次枚举指数保证不上升，然后累乘出的数就是反质数，比较简单就不贴代码了）

　 贴一个最后的反质数表：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int p[]={,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,};
int main()
{
    int n;
    cin>>n;
    int ans;
    for(int i=;;i++)
    {
        if(p[i]>n) {
            cout<<p[i-]<<endl;
            return ;
        }
    }
}

　然后讲讲第二种炒鸡玩美的思路：

　　1、对于一个数$x$，我们根据唯一分解定理，可以将$x$分解为质数的幂相乘的形式：$x=\prod{p_i^{k_i}}$，其中$p_i$为质数。

　　2、将数$x$唯一分解表示后，则$x$的约数个数$=\prod{(k_i+1)}$（这个证明很简单，$x$的因子是$x$将唯一分解后的质数改变指数相乘得来，质数$p_i$的指数从$0$到$k_i$共$k_i+1$种情况，所以总的约数个数为$k_i+1$的累乘）。

　　3、我们不妨将$p_i$从小到大排列（即保证$p_i>p_{i-1}$），那么不难发现当$d<f$且$k_d<k_f$时一定不是反质数，证明很简单：

　　$\because x=\prod{p_i^{k_i}}$且$p_i$单调递增

　　又$\because d<f,\; k_d<k_f$，$x$的约数个数$sum_x=\prod{(k_i+1)}$

　　$\therefore $一定可以构造一个数$y$，使得$sum_y=sum_x$，只需交换$p_d,p_f$的指数$k_d,k_f$即可

　　又$\because p_i$单调递增

　　$\therefore sum_y<sum_x$，那么$g(x)=g(y)$，而$x>y$，显然$x$不可能为一个反质数。(举栗：$2*3^3<2^3*3$，而它们约数个数均为$8$个，显然$2*3^3$不可能是反质数)

　　由上面的证明我们得到一个反质数$q$唯一分解后将$p_i$递增排列，对应的指数$k_i$一定单调不上升。

　　因为前$12$个素数的乘积已经爆$2*10^9$，于是我们处理出前$12$个素数，然后$dfs$搜索枚举各质数的指数，判断$ans$即可。

　　（具体实现看代码，$ORZ——LK$，被低两个年级的人吊打，好虚啊～）

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define ll long long
#define For(i,a,b) for(int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
using namespace std;
const int prime[]={,,,,,,,,,,,,};
ll n,ans,mx;
il void dfs(int nu,int qnu,ll t,ll tot){
    if(t>mx||t==mx&&tot<ans)ans=tot,mx=t; //当约数个数t大于当前最大约数个数或者约数个数相等且这个数小于当前答案时，更新答案和约数个数最大值
    ll sum=tot,i=,nt=;
    while(i<qnu){
        i++;       //枚举约数个数
        if(prime[nu]>n/sum)break;  //可行性剪枝,注意直接prime[nu]*sum会爆long long
        nt=(i+)*t,tot*=prime[nu]; //nt为新的约数个数，tot为新的数值
        if(tot<=n)dfs(nu+,i,nt,tot); //继续递归搜索
    }
}
/*nu为当前的素数下标，qnu为指数，t为当前约数个数，tot为当前的值*/
int main(){
    cin>>n;
    dfs(,,,);  //2^30>=1e9
    cout<<ans;
    return ;
}