bzoj1053 反素数 数论 + dp

1053: [HAOI2007]反素数ant

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 162 MB
Submit: 3252  Solved: 1879
[Submit][Status][Discuss]

Description

　　对于任何正整数x，其约数的个数记作g(x)。例如g(1)=1、g(6)=4。如果某个正整数x满足：g(x)>g(i) 0<i<x

，则称x为反质数。例如，整数1，2，4，6等都是反质数。现在给定一个数N，你能求出不超过N的最大的反质数么

？

Input

　　一个数N（1<=N<=2,000,000,000）。

Output

　　不超过N的最大的反质数。

Sample Input

1000

Sample Output

840

HINT

题目思路：

      将一个数分解后，如果有n = p1 ^ k1  *   p2 ^ k2 * ... * pm^ km，那么n的约数个数为(k1 + 1)(k2 + 1)...(km + 1)

      设dp[i][k]表示约数个数为i，其中分解时用的最小素数为prime[k]时，满足条件的最小数是dp[i][k]，举个例子，dp[3][1]表示分解时最小用3(prime[1])的情况下，约数有3个的最小整数，即9，故dp[3][1] = 9(9 = 3^2 ，有1、3、9三个约数)，那么转移方程是

dp[i][k] = min(dp[i / j][k + 1] * prime[k] ^ (j - 1))   其中j是i的约数

     通过这种方式，打表找到所有的dp[i][0]，如果dp[i][0]小于所有的dp[j][0](j > i)，那么dp[i][0]就是一个反素数，收集2e9之内全部反素数，问题得到解决

网上题解很多给出了搜索的方式，用到了反素数的另一个性质，我觉得复杂度不太明显，先码着等日后想起来再分析一下

#pragma warning(disable:4786)#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<stack>#include<queue>#include<map>#include<set>#include<vector>#include<cmath>#include<string>#include<sstream>#include<bitset>#define LL long long#define FOR(i,f_start,f_end) for(int i=f_start;i<=f_end;++i)#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))#define lson l,m,x<<1#define rson m+1,r,x<<1|1using namespace std;const LL INF = 3e9;const int mod = 1e9 + 7;const double PI = acos(-1.0);const double eps=1e-6;const int maxn = 2000 + 5;const int MAX = 2000000000;LL dp[maxn][12] , ppow[20][35];LL prime[] = {2 , 3 , 5 , 7 , 11 , 13 , 17 , 19 , 23 , 29 , 31} ;vector<LL>ans;void init(){    for(int j = 0 ; j < 12 ; j++){        dp[1][j] = 1;    }    for(int i = 2 ; i < maxn ; i++){        for(int j = 0 ; j < 12 ; j++){            dp[i][j] = INF;        }    }    mem(ppow , -1);    for(int i = 0 ; i < 11 ; i++){        LL cur = 1;        for(int j = 0 ; j < 33 ; j++){            ppow[i][j] = cur;            cur = cur * prime[i];            if(cur > MAX)       break;        }    }}int main(){    init();    for(int i = 2 ; i <= 2000 ; i++){        for(int k = 0 ; k < 11 ; k++){            for(int j = 2 ; j <= 33 ; j++){                if(ppow[k][j - 1] == -1)        break;                if(i % j)       continue;                dp[i][k] = min(dp[i][k] , dp[i / j][k + 1] * ppow[k][j - 1]);            }        }    }    LL minv = MAX;    for(int i = 2000 ; i >= 2 ; --i){        if(dp[i][0] < minv){            minv = dp[i][0];            ans.push_back(dp[i][0]);        }    }    ans.push_back(1LL);    int n;    while(scanf("%d" , &n) != EOF){        for(int i = 0 ; i < ans.size() ; ++i){            if(ans[i] <= n){                printf("%lld\n" ,ans[i]);                break;            }        }    }    return 0;}