反素數 -- 數學

反素數就是區間內約數個數最多的那個數。

在ACM題目里，

一般是求約數最多而且數字最小的那個數，【1--n】

二是求約數剛好等于n的最小的那個數

三是求區間里的最小反素數【beign，end】

1和3有區別嗎？有，1可以加速，3只能暴力

先說下思路

思路：官方題解：?

（1）此題最容易想到的是窮舉，但是肯定超時。

（2）我們可以知道，計算約數的個數和質因數分解有著很大的聯系：若Q的質因數分解為：Q=p1^k1*p2^k2*…*pm^km（p1…pm為素數，k1…km≥1），則Q有(k1+1)(k2+1)…(km+1)個約數。但是質因數分解的時間復雜度很高，所以也會超時。

（3）通過以上的公式，我們可以“突發奇想”：為何不能把質因數分解的過程反過來呢？這個算法就是枚舉每一個素數。初始時讓m=1，然后從最小的素數2開始枚舉，枚舉因子中包含0個2、1個2、2個2…k個2，直至m*2^k大于區間的上限N。在這個基礎上枚舉3、5、7……的情況，算出現在已經得到的m的約數個數，同時與原有的記錄進行比較和替換。直至所有的情況都被判定過了。這個算法的優化：如果p1*p2*p3*……*pk>N（pi表示第i個素數），那么只要枚舉到p k-1，既不浪費時間，也不會遺漏。

（4）以上的算法還不是最好的，還可以繼續優化。我們看以下的例子： 6=2*3 10=2*5 6和10的質因數分解“模式”完全相同，所以它們的約數個數是相同的。但是由于3<5，所以6<10。 12=2^2*3 18=3^2*2 12和18的質因數分解“模式”完全相同，所以它們的約數個數是相同的。但是由于12的質因數分解中2的指數大于3的指數，18的質因數分解中3的指數大于2的指數，所以12<18。根據以上的舉例，我們也可以對（3）中的算法進行一個改進：可以在枚舉時進行一個優化，使得枚舉到的數字中2的指數不小于3的指數，3的指數不小于5的指數……這樣我們就能夠得到質因數分解“模式”相同的最小數（證明略）。再對于每一個得到的數進行比較和記錄。這個算法的優化力度極大，效率幾乎達到了極限。

每個思路都很好理解，所以

http://codeforces.com/problemset/problem/27/E

這是簽到題了，約數剛好等于n，那么最需dfs的時候判斷即可，用第4這個方法的思路，time 30ms

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define inf (0x3f3f3f3f)
typedef long long int LL;#include <iostream>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <string>
LL pr, mx, BEGIN, END = 1e18;
const int maxn=50+20;
int prime[maxn];//這個記得用int，他保存的是質數，可以不用開maxn那么大
bool check[maxn];
int total;
int n;
void initprime() {for (int i=2; i<=maxn-20; i++) {if (!check[i]) { //是質數了prime[++total]=i;//只能這樣記錄，因為后面要用
        }for (int j=1; j<=total; j++) { //質數或者合數都進行的if (i*prime[j]>maxn-20) break;check[i*prime[j]]=1;if (i%prime[j]==0) break;//關鍵，使得它只被最小的質數篩去。例如i等于6的時候。//當時的質數只有2,3,5。6和2結合篩去了12，就break了//18留下等9的時候，9*2=18篩去
        }}return ;
}
void dfs(LL curnum, int cnt, int depth, int up) {if (depth > total) return ; // 越界了，用不到那么多素數if ((cnt > mx || cnt == mx && pr > curnum) && cnt == n) {pr = curnum;mx = cnt;}for (int i = 1; i <= up; ++i) { //枚舉有多少個prime[depth]if (END / curnum < prime[depth]) return ;if ((BEGIN - 1) / curnum == END / curnum) return ; //區間不存在這個數的倍數curnum *= prime[depth]; //一路連乘上去dfs(curnum, cnt * (i + 1), depth + 1, i); // 2^2 * 3， 3最多2個
    }
}void work() {cin >> n;dfs(1, 1, 1, 64);cout << pr << endl;return ;
}int main() {
#ifdef localfreopen("data.txt","r",stdin);
#endifinitprime();work();return 0;
}

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http://vjudge.net/problem/11177

求1--n里最小反素數，思路一樣

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define inf (0x3f3f3f3f)
typedef long long int LL;#include <iostream>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <string>
LL pr, mx, BEGIN, END;
const int maxn=50+20;
int prime[maxn];
bool check[maxn];
int total;
void initprime() {for (int i=2; i<=maxn-20; i++) {if (!check[i]) { prime[++total]=i;}for (int j=1; j<=total; j++) { if (i*prime[j]>maxn-20) break;check[i*prime[j]]=1;if (i%prime[j]==0) break;}}return ;
}void dfs(LL curnum, int cnt, int depth, int up) {if (depth > total) return ; // if ((cnt > mx || cnt == mx && pr > curnum) && curnum >= BEGIN) {pr = curnum;mx = cnt;}for (int i = 1; i <= up; ++i) { if (END / curnum < prime[depth]) return ;if ((BEGIN - 1) / curnum == END / curnum) return ; //
        curnum *= prime[depth]; //
        dfs(curnum, cnt * (i + 1), depth + 1, i);}
}void work() {pr = 0, mx = 0, BEGIN = 1;cin >> END;dfs(1, 1, 1, 64);cout << pr << " " << mx << endl;return ;
}int main() {
#ifdef localfreopen("data.txt","r",stdin);
#endifinitprime();int t;cin >> t;while (t--) {work();}return 0;
}

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難題是這個

http://acm.njupt.edu.cn/acmhome/problemdetail.do?&method=showdetail&id=1203

求解區間內[begin,end]最小反素數

用4思路啊，不行，為啥，因為4只關心約數個數，沒考慮過區間問題，很明顯2^2*3 ?4的思路限制了3的個數最多只能是2，

舉個例子[150,150]你怎么破？150 = 2*3*5*5，這種情況，在4中是不可能的，所以只能用3了

首先，數據范圍是n<=1e9,數據太大，如何快速算出來呢？我們注意到，如果是暴力算的話，最快的方法就是分解質因子，然后組合式計算啦。但是在算18和30的約數的時候，他們的

gcd(18,30)=6，其實是被重復算了的，那么我們思維反過來一下，把分解質因數變成用質因數去組合，使得變成區間內的數，這樣一來，我們在2*3的時候，*3就得到了18，*5就得到了30，能省掉一定的時間。但是還是會TLE。假如我們現在枚舉到的數是now，會不會它的約數根本就沒可能存在于區間里呢？也就是[begin,end]根本就沒這些約數。[7,11]內是不會存在6的倍數的。如果[1,begin-1]中6的約數和[1,end]中6的約數相同，說明什么？新加進去的區間[begin,end]根本就沒6的約數，這里可以剪枝。還是TLE！！可行性剪枝，如果一個數是now，現在枚舉一個新的質數去乘以它，去結合成新的數字，那么如果它無論組成什么其他數字，因子個數都不會超過當前最優值mx呢？怎么判斷呢？放縮咯，假如現在是2*3，重新去匹配一個新的素數5，那么，我就要看，當前2*3還能再乘多少個3呢？我記作q，那么這個新的匹配，最理想的情況下因子個數會多2_--^q_-倍，為什么呢？把那些3，全部替換成5*7*11*13這樣來算的話，就是有2^q個了。別以為這樣沒用，當你搜[1,1e9]的時候，你枚舉到8000w，再去枚舉5那些是沒用的，根本就不可能，這里能剪很多。

其實我們還有一個根本的問題沒解決，那就是預處理素數到多大，還有萬一它是大素數呢？

想著預處理多少，要看數據，預處理出來的最大質數，primeMax^?2是要大過1e9才行的。為什么呢？因為你只有這樣，才能防止它數據是兩個大質數相乘的形式[primeMax²,primeMax²]。這里的因子個數是3，你枚舉不到這個primeMax的話，就只能得到2。

還有那個大素數，沒什么怕的，如果當前那個數now，幻想它乘以一個大質數，還是在end的范圍的話，就看看*2和mx誰大咯。乘以一個大素數也才加一倍因子數。其實乘以一個小的質因子的話，因子數會更多，這里主要是判斷只有一個大素數的特殊情況。枚舉不到那個大素數那里的。

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define inf (0x3f3f3f3f)
typedef long long int LL;#include <iostream>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <string>
LL pr, mx, BEGIN, END = 1e18;
const int maxn=1e6+20;
int prime[maxn];//這個記得用int，他保存的是質數，可以不用開maxn那么大
bool check[maxn];
int total;
int n;
void initprime() {for (int i=2; i<=maxn-20; i++) {if (!check[i]) { //是質數了prime[++total]=i;//只能這樣記錄，因為后面要用
        }for (int j=1; j<=total; j++) { //質數或者合數都進行的if (i*prime[j]>maxn-20) break;check[i*prime[j]]=1;if (i%prime[j]==0) break;//關鍵，使得它只被最小的質數篩去。例如i等于6的時候。//當時的質數只有2,3,5。6和2結合篩去了12，就break了//18留下等9的時候，9*2=18篩去
        }}return ;
}
LL mypow (LL a, LL b) {LL ans = 1;while (b) {if (b & 1) {ans *= a;}a *= a;b >>= 1;}return ans;
}
void dfs (int cur,int cnt,LL now,LL from) {LL t=from*(cnt+1);//現在一共擁有的因子數if (now>=BEGIN && t>mx || t==mx && pr>now && now >= BEGIN) { //有得換了mx=t;pr=now;}for (int i=cur; i<=total; ++i) { //枚舉每一個素數LL temp = now*prime[i];if (END / now < prime[i]) return ; //這個數超出范圍了if (i == cur) { //沒有變，一直都是用這個數.2^kdfs(cur,cnt+1,temp,from);//唯一就是from沒變，一直都是用著2，不是新質數} else { //枚舉新質數了。LL k = (cnt+1)*from; //現在有K個因子LL q=(LL)(log(END/now) / log(prime[cur])); //2*3插入5時，用的是3來放縮LL add = k*mypow(2,q);if (add < mx) return ; //這里等于mx不return，可以輸出minprif ((BEGIN-1)/now == END/now) return; //不存在now的倍數if (END/now > prime[total]) { //試著給他乘上一個大素數 [999991,999991]if ( k*2 > mx ) { //乘以一個大素數，因子數*2pr = END;//如果只有一個大素數[1e9+7,le9+7]那么，就是端點值//否則，是2*3*5*bigprime的話，結果不是最優的，mx = k*2;}}dfs(i,1,temp,k);}}return;
}void work() {cin >> BEGIN >> END;dfs(1,0,1,1);cout << mx << endl;
//    cout << pr << " " << mx << endl;return ;
}int main() {
#ifdef localfreopen("data.txt","r",stdin);
#endifinitprime();work();return 0;
}