小明系列故事——未知剩余系

Problem Description

　　“今有物不知其数，三三数之有二，五五数之有三，七七数之有二，问物几何？”

　　这个简单的谜题就是中国剩余定理的来历。

　　在艰难地弄懂了这个定理之后，小明开始设计一些复杂的同余方程组X mod ai = bi 来调戏别人，结果是必然的，都失败了。

　　可是在这个过程中，小明发现有时并不一定要把ai和bi告诉你。他只需要告诉你，ai在区间 [1, X] 范围内每个值取一次时，有K个ai使bi等于0，或有K个ai使bi不等于0，最小的X就可以求出来了。

　　你来试试看吧！

 

Input

输入第一行为T，表示有T组测试数据。 每组数据包含两个整数Type和K，表示小明给出的条件。Type为0表示“有K个ai使bi等于0”，为1表示“有K个ai使bi不等于0”。 [b][Technical Specification][/b] 1. 1 <= T <= 477 2. 1 <= K <= 47777, Type = 0 | 1

 

Output

对每组数据，先输出为第几组数据，如果没有这样的数，输出“Illegal”，否则输出满足条件的最小的X，如果答案大于2^62, 则输出“INF”。

 

Sample Input

30 31 30 10

 

Sample Output

Case 1: 4Case 2: 5Case 3: 48

 

//题意：有2种情况：

1.告诉你x有多少个因数，然后让你求这个最小的x

2.告诉你在[1,x]中有几个数不能被x整除，求最小的x

//思路：

情况1（type=0）：首先要清楚几个简单的概念：1)一个数必然等于几个质数的乘积 x=(p1^a1)*(p2^a2)*...(pn^an)

                                                   2)x的因子个数为(1+a1)*(1+a2)*...(1+an)

所以，我们可以先求出1-100000里所有的素数，然后用dfs，求出有n个因子的最小数，n属于1-47777

情况2（type=1）：根据题目意思，这种情况下k表示在[1,x]中有k个数不能被x整除，若x有n个因子（即有n个数能被x整除），那么x==k+n       且一个数最少有2个因子（1和它本身），所以，我们可以让k从2开始，若k==（k+n）的因子数，那么k+n即为最小的x

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <cmath>#include <algorithm>using namespace std;const int MAXN = 100000;//求1-100000的所有素数//prime[]中下标为素数的(假设为i)存放第i个素数的值//下标不为素数的话，prime[]值为1//自己找几个例子带进去手动试一下就清楚了int prime[MAXN + 1];void getprime(){memset(prime, 0, sizeof(prime));for (int i = 2; i <= MAXN; i++){//prime[0]是当前质数的个数if (!prime[i])prime[++prime[0]] = i;for (int j = 1; j <= prime[0] && prime[j] <= MAXN / i; j++){//一个数的倍数必然是合数，设为1prime[prime[j] * i] = 1;if (i%prime[j] == 0)break;}}}//合数分解//factor[][0]存放能被x整除的质数//factor[][1]存放x能整除该质数几次//例子：8：factor[0][0]=2 , factor[0][1]=3;//     12：factor[0][0]=2 , factor[0][1]=2;//         factor[1][0]=3 , factor[1][1]=1;long long factor[100][2];int fatcnt;int getfactors(long long x){fatcnt = 0;long long tmp = x;for (int i = 1; prime[i] <= tmp / prime[i]; i++){factor[fatcnt][1] = 0;if (tmp%prime[i] == 0){factor[fatcnt][0] = prime[i];while (tmp%prime[i] == 0){factor[fatcnt][1]++;tmp /= prime[i];}fatcnt++;}}if (tmp != 1){factor[fatcnt][0] = tmp;factor[fatcnt++][1] = 1;}return fatcnt;}//用const long long//用define宏定义的话会超限const long long INF = (1LL << 62) + 1;int N;long long ans;long long a[47787];//dfs后a[i]的值表示有i个因数的最小数void dfs(int i, long long x, int n){if (n >= 47777)return;if (x < INF && (a[n] == 0 || a[n] > x))a[n] = x;for (int j = 1; j <= 62; j++){if (INF / prime[i] < x)break;x *= prime[i];if (x >= INF)break;dfs(i + 1, x, n*(j + 1));}}//求x的因数个数int get(int x){getfactors(x);int ans = 1;for (int i = 0; i < fatcnt; i++){ans *= (factor[i][1] + 1);}return ans;}void init(){memset(a, 0, sizeof(a));dfs(1, 1, 1);}void solve(){//x表示所求数因数的个数int x = 2;//x必然<=2*sqrt(x+N)while (x*x <= 4 * (N + x)){//N表示的是不能被整除的个数//所以x+N就是所求数//所以get(x+N)是所求数因数的个数//因此，若get(x+N)==x，x+N就是我们要求的数！if (x == get(N + x)){printf("%d\n", N + x);return;}x++;}printf("Illegal\n");}int main(){intT;getprime();int cas = 1;scanf("%d", &T);int type;init();while (T--){scanf("%d%d", &type, &N);printf("Case %d: ", cas++);if (type == 0){if (a[N] != 0)printf("%I64d\n", a[N]);elseprintf("INF\n");}elsesolve();}return 0;}