P1463 [POI2002/HAOI2007]反素数

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素数及因子相关性质+贪心

Description

设$\forall x\in N^{+}$，定义$g(x)={\sum }_{i=1}^x[i|x]$（即$x$的约数个数），若某个正整数$x$满足：$\forall 0<i<x,g(x)>g(i)$，则称$x$为反质数。现给定一数$N(1\le n\le 2\times 10^9)$，请求出不超过$N$的最大的反质数。

Solution

首先，根据素数的唯一分解定理，若将任意合数$x$改写为$\prod p_i^{c_i}$，那么根据乘法原理，易得其因子数为$\prod (c_i+1)$。

然后，我们考虑答案的构成：我们将任意正整数$x$分解为$\prod p_i^{c_i}$，那么为了让$x$的因子个数尽量多，我们应该避免“$p_i$是较大的素数”这一情况的出现。进而，我们可以引出一个引理：

引理1：在此题数据范围下，答案一定可以表示成不超过9个最小的素数的乘积。

由于：

$2\times 3\times 5\times 7\times 11\times 13\times 17\times 19\times 23=223,092,870<2\times 10^9$

$2\times 3\times 5\times 7\times 11\times 13\times 17\times 19\times 23\times 29=6,469,693,230>2\times 10^9$

所以，若出现其它$\ge 29$的素因子，其一定不如换做更小因子的答案更优。（相同因子个数的数的集合：最小的数才有可能是答案，详见最后）。

引理2：$\sum c_i\le 30$

证明：由于$2^{30}<2\times 10^9,2^{31}>10^9$，故$\sum c_i\le 30$

引理3：$c_1\ge c_2\ge c_3\ge ...\ge c_i$

从贪心的角度出发，我们为了让各素数幂次积得到的数小一些，会让较小的素因子的次数大一些，故引理三肯定比其它情况优。

证明的话就是排序不等式的套路了，若存在微扰项$(c_i<c_{i+k})$，那么将$c_i,c_{i+k}$交换后得到的数$x$肯定比原来的$x$小。

最后注意：对于约数相同的一组数，只有其中最小的一个数才有可能是答案（其余数均不满足反素数定义）

Summary

1、素数的唯一分解定理经常作为相关题目的切入角度，即经常把数字转化为素数之积来思考问题；

2、充分考虑特殊情况；

3、此题的相关结论比较经典，不失为不错的思考角度。

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ri register int
#define ll long long
using namespace std;

int prime[11]={0,2,3,5,7,11,13,17,19,23,29};
int fstpower,cnt[11];
ll bits=1,n,maxn,ans,powprime[11][35];

void dfs(ll now,int power,int step)
{
	if(step==11)	return;
	for(ri i=cnt[step-1];i>0;--i)
	{
		if(now*powprime[step][i]>n||powprime[step][i]==0) continue;
		if(power*(i+1)>maxn||(power*(i+1)==maxn&&now*powprime[step][i]<ans&&now*powprime[step][i]>0))
		//now*powprime[step][i]<ans:对于约数相同的一组数，
		//只有其中最小的一个数才有可能是答案（其余数均不满足反素数定义）
		{
			maxn=power*(i+1);
			ans=now*powprime[step][i];
		}
		cnt[step]=i;
		if(step<10&&now*powprime[step][i]*prime[step+1]<=n)	
			dfs(now*powprime[step][i],power*(i+1),step+1);
	}
}

void fst()
{
	for(ri i=1;i<=n;++i)
	{
		if(bits*2>n) { fstpower=i-1;	break; }
		bits*=2;
	}
	for(ri i=1;i<=10;++i)
	{
		powprime[i][0]=1;
		for(ri k=1;k<=fstpower;++k)
		{
			powprime[i][k]=powprime[i][k-1]*prime[i];
			if(powprime[i][k]>=n)	break;
		}
	}	
}

int main()
{
	scanf("%lld",&n);
	fst();
	cnt[0]=fstpower;
	dfs(1,1,1);
	cout<<ans;
	return 0;
}