洛谷 NOIP 2023 模拟赛 种树

洛谷 NOIP 2023 模拟赛 种树

题目大意

路边有$n$棵树，第$i$棵树的高度为$a_i$。

定义这棵树的宽度为它高度的正因数个数，这些树能覆盖的距离为它们宽度的乘积。

你有$w$个单位的化肥，你可以施若干次肥，每次你可以使用$k$个单位的化肥（要求$k$必须为当前化肥量的正因数），让任意一棵树的高度乘上$k$，同时你剩余的化肥量也会除以$k$。

求施完化肥后这些树所能覆盖的距离的最大值。输出答案模$998244353$后的值。

$1\le n\le 10^4,1\le a_i\le 10^4,1\le w\le 10^4$

题解

我们先考虑在不施化肥的情况下这些树能覆盖的距离。对于每个$a_i$，我们将其质因数分解为$p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\cdots p_k^{{\alpha }_k}$，则第$i$棵树的宽度为$({\alpha }_1+1)({\alpha }_2+1)\cdots ({\alpha }_k+1)$，这些树能覆盖的距离就是所有树的宽度的乘积。

将$w$进行质因数分解，对于$w$每个质因数$p$，我们考虑如果将$p$乘在$a_i$上，对答案的贡献是多少。如果$a_i$中$p$的次数为$k$，则对答案的贡献为$\times \frac{k+2}{k+1}$。

那么，对于$w$的每个质因数$p$，设$w$中$p$的次数为$t$，我们按$a_i$中$p$的次数为顺序用小根堆来维护这些树，每次取出$p$的次数最小的$a_i$，将其乘上$p$，计算完对答案的贡献之后将次数加一再放回小根堆中，操作$t$次。最后的得到的就是最终的答案。

时间复杂度为$O(n\log v+n\log n\log w)$，其中$v$为$a_i$的值域。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=10000;
const long long mod=998244353;
int n,w,a[N+5];
long long ans=1;
priority_queue<int>qt;
long long mi(long long t,long long v){
	if(!v) return 1;
	long long re=mi(t,v/2);
	re=re*re%mod;
	if(v&1) re=re*t%mod;
	return re;
}
void gt(int x){
	for(int i=2;i*i<=x;i++){
		if(x%i==0){
			int q=0;
			while(x%i==0){
				x/=i;++q;
			}
			ans=ans*(q+1)%mod;
		}
	}
	if(x>1) ans=ans*2%mod;
}
void solve(int p,int q){
	while(!qt.empty()) qt.pop();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int vt=a[i],ct=0;
		while(vt%p==0){
			vt/=p;++ct;
		}
		qt.push(-ct);
	}
	for(int i=1;i<=q;i++){
		int tmp=-qt.top();qt.pop();
		ans=ans*mi(tmp+1,mod-2)%mod*(tmp+2)%mod;
		qt.push(-(tmp+1));
	}
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&w);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
		gt(a[i]);
	}
	for(int i=2;i*i<=w;i++){
		if(w%i==0){
			int q=0;
			while(w%i==0){
				++q;w/=i;
			}
			solve(i,q);
		}
	}
	if(w>1) solve(w,1);
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}