HDU 5407 CRB and Candies （2015年多校比赛第10场）

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1.题目描述：点击打开链接

2.解题思路：本题要求LCM(C(n,0), C(n,1),..., C(n,n))，官方题解是转化为求解LCM(1,2,3,...n+1)/(n+1)，然而这种做法还是觉得太陌生，不妨试着用学过的唯一分解定理去做。

首先，求这n+1个数的LCM，实际上就是求所有小于n的素数中，对于每一个素数Pi,哪一项的指数最大，然后把他们连乘起来即可得到LCM值。因此，问题转化为确定每一个pi的最大指数。这里要用到Kummer定理来解决，Kummer定理告诉我们这样一个事实：p恰好整除C(n,k)的指数等于n和k都写成p进制数时候，ni<ki的个数。这里的ni指的是n写成p进制数时候的第i项。实际上等价于n-k和k这两个数按照p进制数相加时，发生的“进位”的次数。由于我们要找最大的指数，即我们希望进位的次数可以尽可能的多。在草稿纸上举几个例子演算后即可发现，如果在第i位第一次发生了进位现象，那么进位后剩下的数一定小于p-1，因为在p进制中，两个加数最大只能是p-1,然而如果想要发生进位后剩下的数也等于p-1,即相加后的结果应该是p+(p-1)，这显然是不可能的。这样，只要找到了这个数，那么可以构造一个k，使得后面所有位都发生进位。由此，我们就找到了最大指数。

找到指数之后，利用快速幂计算乘积即可得到答案。

3.代码：

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS#include<iostream>#include<algorithm>#include<cassert>#include<string>#include<sstream>#include<set>#include<vector>#include<stack>#include<map>#include<queue>#include<deque>#include<cstdlib>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#include<ctime>#include<cctype>#include<functional>using namespace std;#define me(s) memset(s,0,sizeof(s))#define pb push_backtypedef long long ll;typedef unsigned int uint;typedef unsigned long long ull;typedef pair <ll, int> P;const int MOD = 1e9 + 7;const int N = 1000000 + 10;int vis[N];int primes[N];int idx;void seive(){int m = sqrt(N);for (int i = 2; i <= m; i++)if (!vis[i])for (int j = i*i; j<N; j += i)vis[j] = 1;for (int i = 2; i<N; i++)if (!vis[i])primes[idx++] = i;}ll pow_mod(ll a, int k){ll res = 1;while (k>0){if (k & 1)res = res*a%MOD;a = a*a%MOD;k >>= 1;}return res;}int get_pow(int n, int p){int cnt = 0;int tmp[30];while (n>0){tmp[cnt++] = n%p;n /= p;}int res = 0, flag = 0;for (int i = 0; i<cnt - 1; i++)if (tmp[i]<p - 1 + flag)//找到第一个小于p-1的数{res++;flag = 1;}return res;}int main(){seive();int T;for (scanf("%d", &T); T--;){int n;scanf("%d", &n);ll ans = 1;for (int i = 0; i<idx&&primes[i] <= n; i++){ans = ans*pow_mod(primes[i], get_pow(n, primes[i])) % MOD;}printf("%I64d\n", ans);}}

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