[NOIp2009] $Hankson$の趣味题

\(23333\)这是最近第二份在时间上吊打\(yjk\)的代码……啊哈哈哈哈哈哈哈

嗯，其实遇到这种单纯的\(gcd \ \ or \ \ lcm\)的题，我们都可以用一种比较简单的方法分析：唯一分解定理。

嗯，是整数域的唯一分解，不是多项式域的唯一分解（\(2333\)中了群环域的毒）

那么其实很显然，关于这种解法，大部分来讲都是先筛出数据范围上限\(\sqrt n\)即可。但是有个\(Bug\)就是对于每个合数\(k\)，都最多有一个质因子是大于\(\sqrt k\)的由于数据范围过大窝萌没法直接筛，而我正是解决了这个问题（虽然有点慢\(233\)）.

我们思考对于\(a_0\)和\(a_1\)而言，假设\(gcd(x,a_0)=a_1\)

那么我们会有比较浅显的结论：若$$a_0=\prod\limits_{i=1}^{m}p_i{c_i},x=\prod\limits_{i=1}^{n}p_i{d_i}$$那么$$a_1=\prod\limits_{i=1}^{{max(m,n)}p_i}{min(c_i,d_i)}$$那我们反着考虑，对于他们的\(gcd\)——\(a_1\)里的\(p_i\)来讲，要么是\(a_0\)中的，要么是\(x\)中的。换句话说，如果\(c_i = min(c_i,d_i)\)，那么\(d_i\)只需要\(\geq~c_i\)即可，也就是说\(d_i\)可以在区间\([c_i,\infty)\)上随便取，我们现在称这个\(x\)为自由未知数（\(free\ \ uknown -number\)），称这个区间为自由区间（\(free\ \ ranges\)）。

而如果不一样，就只可能是\(c_i>min(d_i,c_i)\)，此时没有任何取法，只有可能是\(d_i=min(d_i,c_i)\)，所以就只能有一种选法，我们现在称这个\(x\)为非自由未知数（\(unfree\ \ uknown-number\)）。

同理，\(lcm\)那部分也一样。\(emmm\)只不过由左闭右开变成右闭左开区间而已\(2333\)

但是这个地方需要注意的是，我们需要考虑\(2^2\)种不同情况：

\(1\)、两个方程的\(x\)均非自由，那么如果不同的话就会无解。

\(2 \&3\)、\(gcd\)或者\(lcm\)中有一个非自由，我们需要判断这个非自由的解是否是在另一个的自由区间内，不在就是不合法。

\(4\)、都是自由的，那么就做个差留到最后乘法原理。

代码大概长这样：

inline void Linearity(){
    T = qr() ;
    Chk[1] = Chk[0] = 1 ;
    for (i = 2 ; i <= MAX ; ++ i){
        if (!Chk[i]) P[++ P[0]] = i ;
        for (j = 1; j <= P[0] && i * P[j] <= MAX ; ++ j){
            Chk[i * P[j]] = 1 ;
            if (i % P[j] == 0) break ;
        }
    }
}
inline void work(int ST, int ED){
    for(i = ST; i <= ED ; ++ i){
        N1 = N2 = N3 = N4 = 0 ;
        while (!(A0 % P[i])) A0 /= P[i], ++ N1 ;
        while (!(A1 % P[i])) A1 /= P[i], ++ N2 ;
        while (!(B0 % P[i])) B0 /= P[i], ++ N3 ;
        while (!(B1 % P[i])) B1 /= P[i], ++ N4 ;
 		if (N1 > N2 && N3 < N4){
            if (N2 == N4) A[i] = B[i] = 1 ;
            else {mark = 0; break ;}
            continue ;
        }
        if (N1 > N2){
            if (N4 >= N2) A[i] = B[i] = N2 ;
            else {mark = 0; break ;}
            continue ;
        }
        if (N3 < N4){
            if (N4 >= N2) A[i] = B[i] = N3 ;
            else {mark = 0; break ;}
            continue ;
        }
        else {
            if (N4 >= N2) A[i] = N2, B[i] = N4 ;
            else {mark = 0; break ;}
        }
    }
}

那么接下来的问题就是该怎么确定最后一个质因子。有一个很显然的做法是由于是最后一个质因子，所以我们只需要判断一下分解完质因数每一个是不是\(1\)即可，不是\(1\)的话，那就肯定是未筛到的，我们直接让他加入\(prime\)数组即可。哦，对，还需要再筛一遍，详情看代码即可。

#include <cstdio>
#include <bitset>
#include <iostream>
#define MAX 45000
#define ll long long

using namespace std ;
bitset <MAX> Chk ; int A0, A1, B0, B1 ;
int Ans, T, i, j, P[MAX >> 2] ; bool mark ;
int N1, N2, N3, N4, A[MAX >> 2], B[MAX >> 2], Txt ;

inline int qr(){
    int k = 0 ; char c = getchar() ;
    while(!isdigit(c)) c = getchar() ;
    while(isdigit(c)) k = (k << 1) + (k << 3) + c - 48, c = getchar() ;
    return k ;
}
inline void Linearity(){
    T = qr() ;
    Chk[1] = Chk[0] = 1 ;
    for (i = 2 ; i <= MAX ; ++ i){
        if (!Chk[i]) P[++ P[0]] = i ;
        for (j = 1; j <= P[0] && i * P[j] <= MAX ; ++ j){
            Chk[i * P[j]] = 1 ;
            if (i % P[j] == 0) break ;
        }
    }
}
inline void work(int ST, int ED){
    for(i = ST; i <= ED ; ++ i){
        N1 = N2 = N3 = N4 = 0 ;
        while (!(A0 % P[i])) A0 /= P[i], ++ N1 ;
        while (!(A1 % P[i])) A1 /= P[i], ++ N2 ;
        while (!(B0 % P[i])) B0 /= P[i], ++ N3 ;
        while (!(B1 % P[i])) B1 /= P[i], ++ N4 ;
 		if (N1 > N2 && N3 < N4){
            if (N2 == N4) A[i] = B[i] = 1 ;
            else {mark = 0; break ;}
            continue ;
        }
        if (N1 > N2){
            if (N4 >= N2) A[i] = B[i] = N2 ;
            else {mark = 0; break ;}
            continue ;
        }
        if (N3 < N4){
            if (N4 >= N2) A[i] = B[i] = N3 ;
            else {mark = 0; break ;}
            continue ;
        }
        else {
            if (N4 >= N2) A[i] = N2, B[i] = N4 ;
            else {mark = 0; break ;}
        }
    }
}
int main(){
    freopen("son.in", "r", stdin) ;
    freopen("son.out", "w", stdout) ;
    Linearity() ;
    while(T --){
        Ans = 1, mark = 1 ;
        A0 = qr(), A1 = qr(), B0 = qr(), B1 = qr() ;
        work(1, P[0]) ;
        if (A0 != 1 || A1 != 1 || B0 != 1 || B1 != 1){
            Txt = P[0] + 1 ;
            if (B1 != 1) P[++ P[0]] = B1 ;
            if (A1 != 1 && A1 != B1) P[++ P[0]] = A1 ;
            if (A0 != 1 && A0 != B1 && A0 != A1) P[++ P[0]] = A0 ;
            if (B0 != 1 && B0 != B1 && B0 != A1 && B0 != A0) P[++ P[0]] = B0 ;
            work(Txt, P[0]) ;
        }
        for(i = 1; i <= P[0] && mark ; ++ i) Ans *= (B[i] - A[i] + 1) ;
        if (!mark) putchar('0'), putchar('\n') ;
        else printf("%d\n", Ans) ;
    }
}

最后还有彩蛋哦：

\(1\)、这个题中的关键代码，就是work函数是在我事先考虑清楚，事中如同做梦，事后不可思议的情况下写出来的……也就是说当时写代码的时候码力突然增强了一个量级\(2333\)

\(2\)、关于什么自由不自由的定义……哈哈哈哈那只是我的突发奇想而已不是故意哲学!不是！但是你会发现以下的文字阐述确实会简练好多啊

\(3\)、其实你如果去不找另一个比较大的质数，也是可以得\(90\)分的！从\(loj\)的数据来看，前面的测试点一路顺风，只有最后一个测试点是专门卡这一点的，因为出现了好多行答案不相同的情况\(2333\)

\(4\)、其实我觉得我最后的操作是跟\(AlphaGo\)动态学习处理信息有点异曲同工之处的，哈哈哈得瑟了好久顿时觉得自己很\(google\)（奇怪的形容词？）。

\(5\)、很迷？？为什么我就始终卡不进\(200ms\)?woc复杂度明明还可以啊\(2333\)