题解 [LuoguP8319]『JROI-4』分数_p8319 『jroi-4』分数-优快云博客

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这篇博客介绍了LuoguP8319题目的解决方案，重点在于分数的计算。文章揭示了受月赛B题启发的思路，通过线性筛法判断质数和最小质因子，建立f(x)的递推公式。作者还指出f(x)的最大值等于区间[1,x]内最大质数的性质，并提醒注意f(1)的特殊情况。" 111618292,10324631,MySQL索引原理与B-Tree/B+Tree解析,"['数据库', 'MySQL', '索引', '存储引擎', 'B+Tree']

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题解 P8319 『JROI-4』分数

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受上场月赛的 B 启发，设 $x$ 的最小因数为 $y$ ，则血书女装过程为：

$\displaystyle\frac 0x\to \frac1x\to...\to\frac yx,\frac1{x/y}\to\frac2{x/y}\to...$

然后 $\frac1{x/y}$ 后面的步骤数就是 $f (x / y) - 1$ 了。所以我们可以从 $f (x / y)$ 推出 $f (x)$ ：

$\begin{cases} 1&if~x=1\\ x&if~x\in\Bbb{P}\\ y+f(x/y)-1&if~x\not\in\Bbb{P}~\&~x\not= 1 \end{cases}$

判断质数以及对每个 $x$ 求最小质因子 $y$ 可以用线性筛解决。

//LGR-108 B
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 2e6 + 10;
int v[N], prime[N], mindiv[N], ans[N], mx[N];
inline void getf(int n){
	int cnt = 0;
	for(int i = 2; i <= n; ++ i){
		if(!v[i]) prime[++cnt] = i, mindiv[i] = i;
		for(int j = 1; j <= cnt && i * prime[j] <= n; ++ j){
			v[i*prime[j]] = 1;
			mindiv[i*prime[j]] = prime[j];
			if(i%prime[j] == 0) break;
		}
	}
}

int main(){
	int t, n; scanf("%d", &t);
	getf(N-10);
	ans[1] = 1; mx[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= N-10; ++ i){
		if(!v[i]) ans[i] = i;
		else ans[i] = mindiv[i] + ans[i/mindiv[i]] - 1;
		mx[i] = max(mx[i-1], ans[i]);
	}
	while(t--){
		scanf("%d", &n);
		printf("%d\n", mx[n]);
	}
	return 0;
}

当然，可以很容易发现一个性质：

$\max_{1\leq i \leq x}\{f(x)\}=\max_{1\leq p \leq x,p\in\Bbb{P}}\{p\}$

即 $f (x)$ 为 $[1, x]$ 中最大的质数。理解也很容易：质数不会被约分，所以他只能不停地分子 $+ 1$ ，因此比合数答案大。

记得特判以下 $f (1)$ 。

//LGR-108 B
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 2e6 + 10;
int v[N], prime[N], mx[N];
inline void getf(int n){
	int cnt = 0;
	for(int i = 2; i <= n; ++ i){
		if(!v[i]) prime[++cnt] = i;
		for(int j = 1; j <= cnt && i * prime[j] <= n; ++ j){
			v[i*prime[j]] = 1;
			if(i%prime[j] == 0) break;
		}
	}
}

int main(){
	int t, n; scanf("%d", &t);
	getf(N-10);
	mx[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= N-10; ++ i){
		if(!v[i]) mx[i] = i;
		else mx[i] = mx[i-1];
	}
	while(t--){
		scanf("%d", &n);
		printf("%d\n", mx[n]);
	}
	return 0;
}