LightOj 1220Mysterious Bacteria

最新推荐文章于 2020-07-02 19:36:16 发布

原创最新推荐文章于 2020-07-02 19:36:16 发布 · 143 阅读

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本文解析了一道算法题目，要求对于给定的x值，找出满足x=b^p的最大正整数p。通过整数唯一分解定理，文章详细阐述了如何分解x并求得p的过程，特别注意处理x可能为负数的情况。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Mysterious Bacteria

Dr. Mob has just discovered a Deathly Bacteria. He named it RC-01. RC-01 has a very strange reproduction system. RC-01 lives exactly x days. Now RC-01 produces exactly p new deadly Bacteria where x = bp (where b, p are integers). More generally, x is a perfect pth power. Given the lifetime x of a mother RC-01 you are to determine the maximum number of new RC-01 which can be produced by the mother RC-01.

Input
Input starts with an integer T (≤ 50), denoting the number of test cases.

Each case starts with a line containing an integer x. You can assume that x will have magnitude at least 2 and be within the range of a 32 bit signed integer.

Output
For each case, print the case number and the largest integer p such that x is a perfect pth power.

Sample Input
3
17
1073741824
25
Sample Output
Case 1: 1
Case 2: 30
Case 3: 2

题意：
给你一个数x，让你求满足b^p = x 中最大的正整数p。
分析：
根据整数唯一分解定理可以得出 x=p1^ k1 + p2^ k2+…+pn^ kn，由于 x=p^k 中的 p 是唯一的，因此可分解完所有的 ki 后，求 GCD(k1,k2,…,kn) 即为答案

例如：当 x=17 时，有 x=2^ (4+1)，由于要让 x=p^ k，因此应为 17=17^1，所以 k=GCD(4,1)

特别注意， x可能为负，我们知道只有b的是负数并且p为奇数才保证x负数。所以我们求的时候，如果求出来的p是偶数，我们让一直模2，直到p是奇数为止。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 1000001
#define LL long long
int prime[N],cnt;
bool bprime[N];
void makePrime() {
    memset(bprime,true,sizeof(bprime));
    bprime[0]=false;
    bprime[1]=false;
    for(int i=2; i<=N; i++) {
        if(bprime[i]) {
            prime[cnt++]=i;
            for(int j=i*2; j<=N; j+=i)
                bprime[j]=false;
        }
    }
}
int GCD(int a, int b) {
    return b?GCD(b,a%b):a;
}
int main() {
    makePrime();
    int t;
    scanf("%d",&t);
    int Case=1;
    while(t--) {
        LL x;
        scanf("%lld",&x);
        bool flag=false;
        if(x<0) { //负数的情况
            x=-x;
            flag=true;
        }
        int res=0;
        for(int i=0; (LL)prime[i]*prime[i]<=x&&i<cnt; i++) {
            if(x%prime[i]==0) { //枚举每一组的prime^k
                int k=0;
                while(x%prime[i]==0) {
                    k++;
                    x/=prime[i];
                }
                //求p=GCD(k1,k2,...,kn)
                if(res==0)
                    res=k;
                else
                    res=GCD(res,k);
            }
        }
        if(x>1)
            res=1;
        if(flag) {
            while(res%2==0)
                res/=2;
        }
        printf("Case %d: %d\n",Case++,res);
    }
    return 0;
}

唯一分解定理：
唯一分解定理，也叫算术基本定理，指的是任何n>=2,都可以分解为n=p1p2p3*…pn，其中pi为质数。

其包括两个断言：
断言1：任何数n可以以某种方式分解成素数乘积。（因为一个数肯定是由合数和质数构成的，合数又可以分解成质数和合数，最后递归下去就会变成质数的乘积
如 36 -〉 4 * 9 或者 6 * 6 -〉 2 * 3 * 2 * 3 -〉2^ 2* 3^ 2。
最后化成了质数相乘的形式）
断言2：仅有一种这样的因数分解。（除因数重排外）。

唯一分解定理的两个小应用

1，求出数n的因子个数

（1+a1） * (1+a2) * (1+a3 ) * (1+a4)… * (1+an)
a1,a2,这些分别是素数因子的幂次数
因为当我的a1=3时那我n的因子肯定会有 p1^ 0 p1^ 1 p1^ 2 p1^ 3 这四个数
然后再和p2的个数搭配起来就是两个数的因子数相乘了 p1 ^ x 可以与 p2 ^ y 随意搭配，所以进行乘法
2.求所有的因子之和

这个其实也就是和上面这个一样的道理，不过我们求的是和，所以我们要把所有的因子和求出来

公式:（q1^ 0+q1 ^ 1+q1^ 2…q1^ a1）（q2^ 0+q2^ 1+q2^ 2…q2^ a2）…* （qn^ 0+qn^ n+qn^ 2…qn^ an）

因为每一项都有个1就代表是原来的自己那一项，后面都是组合项