BZOJ3181: [Coci2012]BROJ

最新推荐文章于 2018-06-05 15:34:21 发布

weixin_30300523

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原文链接：http://www.cnblogs.com/HQHQ/p/5999442.html

本文介绍了一种解决[Coci2012]BROJ问题的方法，该问题是寻找第n小的正整数，其最小质因子为p。通过巧妙地将问题转化为求解另一个集合中的第k小元素，使用分而治之的思想和容斥原理，文章提供了一个高效的时间复杂度解决方案。

3181: [Coci2012]BROJ

Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 64 MB
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Description

求最小质因子等于p的第n小的正整数（恰好有n-1个最小质因子等于p且比它
小的正整数）。p一定是质数。若答案超过10^9则输出0。

Input

Output

Sample Input

2 3

Sample Output

HINT

1 <= n, p <= 10^9

Source

题解:论文题，感觉最近看的几篇论文，感觉就是告诉我们一个思想，就是分而治之

　　我们对于一个问题，划分为两个子问题，用他们自己所特有的特性，求出答案

　　时间复杂度能优化许多

　　例如这道题：

　　我们要求的是：{x|x的最小质因子为p}中的第k小

　　我们考虑转化：{vp|vp<1e9 && v的质因子都不小于p}中的第k小

　　于是问题获得转化由求x-->x/p

　　我们又可以考虑x/p与p呈反比例关系，是不是对于不同的p，我们可以利用其中较小的那个来求答案？

　　考虑p比较大，v比较小，我们可以暴力求出v的第k小

　　考虑p比较大，v比较大，的情况，我们考虑问题怎么转化：

　　问题可以转化为：

　　考虑将枚举质因子（非最小），对于含有一个质因子的数的集合，我们可以利用容斥来求出质因子<p集合的并

　　于是问题转化为：

　　实际和理论证明，分界线取61--67最优！

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define ll long long 
#define inf 1000000000
#define N 1000000000/66
using namespace std;
int n,m,pri[105],tot;
bool v[N];
int read()
{
    int x=0,f=1; char ch;
    while (ch=getchar(),ch<'0'||ch>'9') if (ch=='-') f=-1;
    while (x=x*10+ch-'0',ch=getchar(),ch>='0'&&ch<='9');
    return x*f;
}
int check(int n,int m){
    tot=0; for (int i=2; i<=m; i++) v[i]=0;
    ll z=n;
    for (int i=2; i<m; i++) {
        if (!v[i]) { pri[tot++]=i;}
        for (int j=0; j<tot && 1ll*pri[j]*i<=m; j++) {
            v[i*pri[j]]=1; if (i%pri[j]==0) break;
        }
    }
    for (int i=1; i<(1<<tot); i++)
    {
        ll d=1; int f=-1; 
        for (int j=0; j<tot; j++) if (i&(1<<j)){
            d=d*pri[j]; if (d>n) break; f=-f;
        }
        z-=(ll)f*n/d;
    }
    //cout<<" "<<z<<" "<<n<<endl;
    return z;
}
int work1(int n,int m){
    int l=2,r=inf/m;
    while (l<r){
        int mid=(l+r)>>1;
        if (check(mid,m)<n) l=mid+1; else r=mid; 
    }
    //cout<<" "<<r<<endl;
    return check(l,m)==n?l*m:0;
}
int work2(int n,int m){
    if (n==1) return m;
    for (int i=2; i<inf/m; i++) v[i]=0; int cnt=1;
    for (int i=2; i<inf/m; i++) if (!v[i]){
        if (i<m) for (ll j=(ll)i*i; j<=inf/m; j+=i) v[j]=1;
        else if (++cnt==n) return i*m;
    }
    return 0;
}
int main()
{
    while (~scanf("%d%d",&n,&m)){
        printf("%d\n",m<=65?work1(n,m):work2(n,m));
    }
    return 0;
}