lightoj 1289【多个数求最小公倍数】

最新推荐文章于 2019-04-24 23:11:52 发布

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博客讲述了如何解决lightoj 1289问题，即求多个数的最小公倍数（LCM）。内容指出直接求LCM可能会导致答案过大，而应该寻找每个质因子的最高次幂。通过举例解释了如何计算多个数的LCM，提到对于质因子的枚举可以限制在1e4内。博主比较了手动实现的位图方法和STL中的bitset方法，发现在本地测试中位图更快，但在OJ上bitset方法更快，提出了可能的优化或机器差异的问题。

题目链接：

https://vjudge.net/contest/269935#problem
直接求lcm途中的答案会很大，而且不能直接取模
以前就只知道两个数的lcm怎么求，但是多个数怎么办呢？以为也是除以他们的gcd就行了，结果不对，自己推也没有推出来，网上看了大佬们的想法才知道，是要找每个质因子最高次的

比如说2 4 6，这三个数的lcm=12，gcd=2
直接 $\frac{2\cdot 4\cdot 6}{gcd}$ 是不等于12的

这三个数阔以写成 $2^1,2^2,2^13^1$
2这个质因子的最高次是2
3这个质因子的最高次是1
因此最后的答案应该是 $2^23^1=12$ 这样来的

然后就是这道题了，因为一个数n的质因子肯定是小于 $\sqrt{n}$ 的，所以枚举只用枚举到1e4，

然后就是筛质数那里，用到了啥位图，看懂了之后其实就是把每一位都用起来了，而stl里面有个bitset就是操作位的，好像原理就是位图这么个原理

我用clock()测一下时间，发现筛质数那里手写的位图要2000+ms，而bitset的要4000+ms
但oj上手写的AC时间是1736ms，bitset是1611ms ？？？
这是什么鬼啊？是oj有优化啥的嘛？还是我电脑太歪啦

手写位图：

#include"bits/stdc++.h"
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned int uint;
const int maxn=1e8+5;
//clock_t t1,t2;
uint vis[maxn/32+50];
uint prime[6000000],sum[6000000];//质数，质数乘积前缀 
void Set(int i)
{
	int x=i/32,y=i%32;
	vis[x]|=((uint)1)<<y;
}
int Get(int i)
{
	int x=i/32,y=i%32;
	return vis[x]&((uint)1<<y);
}
int cnt=0;
void PHI(int n)
{

//	t1=clock();
	for(int i=2; i<=n; i++)
	{
		if(Get(i)==0)prime[cnt++]=i;
		for(int j=0; j<cnt&&(LL)i*prime[j]<=n; j++)
		{
			Set(i*prime[j]);
			if(i%prime[j]==0)break;
		}
	}
//	t2=clock();
	sum[0]=prime[0];
	for(int i=1; i<cnt; i++)sum[i]=sum[i-1]*prime[i];
}
uint solve(LL n)
{
	int pos=upper_bound(prime,prime+cnt,n)-prime-1;//找比n小的质数
	uint ans=sum[pos];
	for(int i=0; i<cnt&&(LL)prime[i]*prime[i]<=n; i++)
	{
		LL tp=prime[i];
		while(tp*prime[i]<=n)tp*=prime[i];
		ans*=tp/prime[i];
	}
	return ans;
}
int main()
{
	PHI(maxn-5);
//	cout<<"t2-t1="<<t2-t1<<endl;
	int T;
	cin>>T;
	for(int Case=1; Case<=T; Case++)
	{
		LL N;
		cin>>N;
		cout<<"Case "<<Case<<": "<<solve(N)<<endl;
	}
}

用bitset


#include"bits/stdc++.h"
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned int uint;
const int maxn=1e8+5;
//clock_t t1,t2;
bitset<maxn> bt;
uint prime[6000000],sum[6000000];//质数，质数乘积前缀 
int cnt=0;
void PHI(int n)
{
//	t1=clock();
	bt.flip();
	for(int i=2; i<=n; i++)
	{
		if(bt[i])prime[cnt++]=i;
		for(int j=0; j<cnt&&(LL)i*prime[j]<=n; j++)
		{
			bt[i*prime[j]]=0;
			if(i%prime[j]==0)break;
		}
	}
//	t2=clock();
	sum[0]=prime[0];
	for(int i=1; i<cnt; i++)sum[i]=sum[i-1]*prime[i];
}
uint solve(LL n)
{
	int pos=upper_bound(prime,prime+cnt,n)-prime-1;//找比n小的质数
	uint ans=sum[pos];
	for(int i=0; i<cnt&&(LL)prime[i]*prime[i]<=n; i++)
	{
		LL tp=prime[i];
		while(tp*prime[i]<=n)tp*=prime[i];
		ans*=tp/prime[i];
	}
	return ans;
}
int main()
{
	PHI(maxn-5);
//	cout<<"t2-t1="<<t2-t1<<endl;
	int T;
	cin>>T;
	for(int Case=1; Case<=T; Case++)
	{
		LL N;
		cin>>N;
		cout<<"Case "<<Case<<": "<<solve(N)<<endl;
	}
}