Codeforces Round #641 (Div. 2) C. Orac and LCM（质因子分解）-优快云博客

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写在前面

笔者是一名十八线蒟蒻ACMer，文中可能会有多处错误与疏漏，欢迎指出。

原题题面

原题地址
时间：3 seconds
空间：256M
For the multiset of positive integers $s={s_1,s_2,…,s_k}$ , define the Greatest Common Divisor (GCD) and Least Common Multiple (LCM) of s as follow:
$g c d (s)$ is the maximum positive integer $x$ , such that all integers in $s$ are divisible on $x$ .
$l c m (s)$ is the minimum positive integer $x$ , that divisible on all integers from $s$ .
For example, $gcd({8,12})=4,gcd({12,18,6})=6$ and $lcm({4,6})=12$ . Note that for any positive integer $x$ , $gcd(\{x\})=lcm(\{x\})=x$ .
Orac has a sequence $a$ with length $n$ . He come up with the multiset $t=\{lcm({a_i,a_j}) | i<j\}$ , and asked you to find the value of $g c d (t)$ for him. In other words, you need to calculate the GCD of LCMs of all pairs of elements in the given sequence.
Input
The first line contains one integer $n$ $(2 \leq n \leq 1 e 5)$ .
The second line contains $n$ integers, $a_1,a_2,…,a_n$ $1≤a_i≤2e5)$ .
Output
Print one integer: $gcd(\{lcm({a_i,a_j}) | i<j\})$ .
InputExample

10
540 648 810 648 720 540 594 864 972 648
OutPutExample
54

题面分析

给你 $n$ 个数，让你求出两两组合的LCM的GCD。
先放个作者的题解。
注意到 $n$ 的数字很大，所以暴力一定T飞，因此考虑别的方法。
我想到了质因子分解。
由唯一分解定理可知，一个数可以被分解为
$p_1^{k_1}p_2^{k_2}p_3^{k_3}...p_m^{k_m}$ 的形式。
LCM可以认为是在每个 $k_i$ 之中取较大值，
GCD可以认为是在每个 $k_i$ 之中取较小值。
于是我们可以直接考虑将 $n$ 个数质因子分解，对每个质因子进行处理。
于是，问题就变成如下。
已知数列 $k_i$ ，求出 $Min(Max(k_i,k_j))(i\leq j)$ 。
我们不妨设 $k_i\leq k_j$ ，可以发现， $Min(Max(k_i,k_j))(i\leq j)$ 就是 $k_2$ 。
因为两两取最大值中的最小值，一定是 $Max(k_1,k_2)=k_2$ 是最小的。
于是我们的步骤如下：
1.对n个数质因子分解。
2.求出每个质因子系数里第二小的。
3.合并求出答案。
这里可以注意几个细节。
如果满足某个 $k_i=0$ 的数字出现了两次及以上，那 $k_2=0$ ，不予考虑。
如果满足某个 $k_i=0$ 的数字出现了一次，那 $k_2$ 为最小的不为零的系数。
如果满足某个 $k_i=0$ 的数字没有出现，那 $k_2$ 就是第二小的不为零的系数。

AC代码（311ms）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long a[2000005];//a是原数组
long longfactor[2000005];//factor[i]是质因子i出现的次数
vector<int> k[2000005];///k[i][j]数组表示质因子为i的第j个的个数
long quick_pow(long long a,long long b)//二进制快速乘，合并质因子与其系数时可用
{
	long long ans=1;
	long long base=a;
	while(b!=0)
	{
		if(b&1)
			ans=ans*base;
		base=base*base;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	long long n;
	scanf("%lld",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
	{
        scanf("%lld",&a[i]);
        long long x=a[i];
        for(int j=2;j*j<=x;j++)
		{
            if(x%j==0)
			{
                factor[j]++;
                int count=0;
                while(x%j==0)
                {
					x/=j;
					count++;
                }
                k[j].push_back(count);
            }
        }
        if(x!=1)
		{
            factor[x]++;
            k[x].push_back(1);//可以证明，对于任意一个数x，最多会有一个大于sqrt(x)的质因子 
        }
    }
    for(int i=1;i<=200000;i++) 
		sort(k[i].begin(),k[i].end());
    long long answer=1;
    for(int i=1;i<=200000;i++)
	{
		if(factor[i]==n-1)
			answer*=quick_pow(i,k[i][0]);//处理ki=0只出现一次的情况
        else if(factor[i]==n)
			answer*=quick_pow(i,k[i][1]);//处理ki=0没有出现的情况
    }
    printf("%lld",answer);
}