为了迎合今天的讲课内容——数论，A组和B组都各出了两道数学。
对于完全不会数论的博主来说，这简直是灾难。
T1 题意简述：jzoj5791
解题思路：看到这道题，首先想到对n个数分别分解成质数后存在数组里。
然后呢？枚举ans吗？
其实可以二分答案，加上一个求质数个数的技巧就能过。
发现cnt[2]=ans/2+ans/4+ans/8+...
cnt[3]=ans/3+ans/9+ans/27+...
本题结束。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ll long long
using namespace std;
ll n,tot,ans=INF,pri[100001],prime[100001],cnt[100001];
void getpri()
{
pri[1]=1;
for(ll i=2;i<=100000;i++)
if(!pri[i])
{
ll j=2;
while(i*j<=100000)
pri[i*j]=1,j++;
prime[++prime[0]]=i;
}
}
int main()
{
freopen("factorial.in","r",stdin);
freopen("factorial.out","w",stdout);
scanf("%lld",&n);
getpri();
for(ll i=1;i<=n;i++)
{
ll u;
scanf("%lld",&u);
for(ll i=1;i<=prime[0];i++)
{
if(u==1) break;
if(!pri[u]) {cnt[u]++,tot++;break;}
if(!(u%prime[i])) while(!(u%prime[i])) u/=prime[i],cnt[prime[i]]++,tot++;
}
}
ll l=1,r=5000000;
while(l<r)
{
ll mid=(l+r)>>1,flag=1;
for(ll i=1;i<=prime[0];i++)
{
ll tmp=1,num=0;
while(tmp*prime[i]<=mid)
{
tmp*=prime[i];
num+=mid/tmp;
}
if(num<cnt[prime[i]]) {flag=0;break;}
}
if(flag) r=mid,ans=min(ans,mid);
else l=mid+1;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
T2 题意简述：jzoj5793
解题思路：首先本蒟蒻强烈谴责出题人！
好吧其实出题人说的没错。
这题的官方题解是BFS，其实dijkstra也可以水过。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int n,m,ans=INF,a[501][501],step[250001][5],vis[250001][5];
char s[501];
queue<int> que,que1;
void bfs()
{
que.push(1);que.push(1);
que1.push(2);que1.push(4);
vis[1][2]=vis[1][4]=1;
step[1][2]=step[1][4]=0;
while(!que.empty())
{
int now=que.front(),dir=que1.front();
que.pop();que1.pop();
vis[now][dir]=0;
int x=now/m+1,y=now%m;
if(!y) x--,y+=m;
if(!a[x][y]) continue;
if(a[x][y]!=1&&x!=1)
{
int old=step[now-m][1];
if(dir!=1) step[now-m][1]=min(step[now-m][1],step[now][dir]+1);
else step[now-m][1]=min(step[now-m][1],step[now][dir]);
if(!vis[now-m][1]&&step[now-m][1]<old) vis[now-m][1]=1,que.push(now-m),que1.push(1);
}
if(a[x][y]!=2&&x!=n)
{
int old=step[now+m][2];
if(dir!=2) step[now+m][2]=min(step[now+m][2],step[now][dir]+1);
else step[now+m][2]=min(step[now+m][2],step[now][dir]);
if(!vis[now+m][2]&&step[now+m][2]<old) vis[now+m][2]=1,que.push(now+m),que1.push(2);
}
if(a[x][y]!=3&&y!=1)
{
int old=step[now-1][3];
if(dir!=3) step[now-1][3]=min(step[now-1][3],step[now][dir]+1);
else step[now-1][3]=min(step[now-1][3],step[now][dir]);
if(!vis[now-1][3]&&step[now-1][3]<old) vis[now-1][3]=1,que.push(now-1),que1.push(3);
}
if(a[x][y]!=4&&y!=m)
{
int old=step[now+1][4];
if(dir!=4) step[now+1][4]=min(step[now+1][4],step[now][dir]+1);
else step[now+1][4]=min(step[now+1][4],step[now][dir]);
if(!vis[now+1][4]&&step[now+1][4]<old) vis[now+1][4]=1,que.push(now+1),que1.push(4);
}
}
}
int main()
{
freopen("run.in","r",stdin);
freopen("run.out","w",stdout);
memset(step,0x3f,sizeof(step));
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",s+1);
for(int j=1;j<=m;j++)
{
if(s[j]==‘U‘) a[i][j]=1;
if(s[j]==‘D‘) a[i][j]=2;
if(s[j]==‘L‘) a[i][j]=3;
if(s[j]==‘R‘) a[i][j]=4;
}
}
bfs();
for(int i=1;i<=4;i++)
ans=min(ans,step[n*m][i]);
if(ans==INF) printf("No Solution\n");
else printf("%d\n",ans);
return 0;
}
T3 题意简述：jzoj5787
解题思路：首先本蒟蒻再次强烈谴责出题人！
然后他这几个问题ppt里都没给答案。
我：？？？
最重点的是在这五连询问后面跟了一句这个：
好吧其实这题是这么做的。
首先想到DP。(怎么想到的？我也不知道)
设dp[i][j]记录枚举到第i个数，这i个数的乘积为j。
发现数组根本开不下，考虑精简。
发现对于乘积我们需要知道的只有它和k的最大公约数。
因此修改dp[i][j]为枚举到第i个数，这i个数的乘积与k的最大公约数是k的第j个约数。
现在咱们来解决他提出的第一个问题：为什么与k的最大公约数一定是k的约数呢？
解答：这还用解决？这不是性质吗2333
考虑转移。发现dp[i][j]=dp[i-1][k]*dp[1][a[j]/a[k]是k的第几个约数]。
这里a[i]表示k的第i个小于等于m的约数，以后的a[i]也相同。
现在咱们来解决他提出的第二个问题：为什么a[j]/a[k]一定是k的约数呢？
解答：参见第一问解答。(2333)
考虑求出dp[1][1~k的约数个数]。发现答案即为在1~m中与k的最大公约数是a[i]的个数。
设这个问题为问题x，那么可以先枚举1~m，再枚举a[i]即可。
现在咱们来解决他提出的第三个问题：问题x的原理是什么呢？
解答：...如果您不知道，请阅读上文中dp[i][j]的定义。
发现这个求dp[1][i]的方法的速度太慢，只能过40%的点。考虑优化。
然后这里就是精髓了。出题人想到了容斥，但是却没有给出问题四的答案。
又因为本博主太蒟，没能想到容斥系数。
所以这篇博客暂时就到这里了。关于之后的部分本蒟会和身边的各位大佬研究后再放出来。
原文地址：https://www.cnblogs.com/water-radish/p/9457790.html