数论 + 贪心 - Basic Gcd Problem - 2020牛客暑期多校训练营(第四场)
题意:
给定表达式:
⎩⎪⎨⎪⎧fc(x)=max1≤i≤x−1c⋅fc(gcd(i,x))x>1fc(x)=1x=1
T组测试数据,每组包括两个正整数n和c,输出fc(n)。答案对109+7取模。
数据范围:
1≤T≤106,1≤n,c≤106
示例1
输入
2
3 3
10 5
输出
3
25
分析:
容易分析得出,f迭代的次数k越多越好,答案为ck。
贪心地考虑,分解n=P1a1P2a2...Pkak,假设P1<P2<...<Pk
要使gcd的迭代次数最多,最优的情况就是每次约去一个最小质因子,这样总次数即所有质因子指数之和。
问题:如何快速分解正整数n,得到其所有质因子的指数之和?
本题T≤109,n≤106,若对每个n逐个分解质因数,时间复杂度为O(n
)也还是会超时,
因此只能实现预处理出来。
设M[i]表示正整数i的所有质因子的指数之和。
①、若i是质数,则M[i]=1。
②、对任意合数,分解其最小质因子Pj与另一个数i的乘积:Pj×i,则M[Pj×i]+=M[i]+1。
故我们可以线性筛中递推求出M数组。
代码:
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e6+10, mod=1e9+7;
int primes[N],cnt,M[N];
bool st[N];
void get_prime(int n)
{
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!st[i])
{
primes[cnt++]=i;
M[i]=1;
}
for(int j=0;primes[j]*i<=n;j++)
{
st[primes[j]*i]=true;
M[primes[j]*i]+=M[i]+1;
if(i%primes[j]==0) break;
}
}
}
int quick_pow(int a,int b)
{
int res=1;
while(b)
{
if(b&1) res=(ll)res*a%mod;
a=(ll)a*a%mod;
b>>=1;
}
return res;
}
int main()
{
get_prime(1e6);
int T;
int n,c;
cin>>T;
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&c);
int k=M[n];
printf("%d\n",quick_pow(c,k));
}
return 0;
}