题意：给出p，找出能整除p的最小n!
解析：折腾了一下，四处找人问，总算明白了。先给出第一种解法。
一：p是很大的，要暴力直接一个一个找也不可能。给出原理：假设a是b的倍数，如果b能分解出质因子p有q个，那么在a中也能分解出质因子p，而且次数大于q个。所以根据这个，我们直接把p的素因子分解出来，记录一下各个出现的次数，再二分一下。这个二分check()里的意思是，如果mid的阶乘可以把p的每个素因子整除而且出现次数大于等于每个q[]，那么就是个符合条件的解，二分找出最小就可以了。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<set> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1e6+10; ll p[maxn],q[maxn]; int tot=0; bool check(ll x) { for(ll i=1;i<=tot;i++) { ll cnt=0; ll ans=x; while(ans) { cnt+=ans/p[i]; //这个可以手动模拟一下，比如说x=4，n=8,那么算一下这个cnt=3，意思是1*2*3*4,可以分出3个2.明显是大于q[2]=3的 ans=ans/p[i]; } if(cnt<q[i]) return false; } return true; } int main() { int t; scanf("%d",&t); while(t--) { ll n; tot=0; scanf("%lld",&n); ll l=1,r=n; for(ll i=2;i*i<=n;i++) { if(n%i==0) { tot++; p[tot]=i; q[tot]=0; while(n%i==0) { n=n/i; q[tot]++; } } } if(n>1) { tot++; p[tot]=n; q[tot]=1; } while(l<r) { ll mid=(l+r)>>1; if(check(mid)) { r=mid; } else { l=mid+1; } } cout<<r<<endl; } }
二：较为暴力的做法。但是采用了比较巧的优化方法和防止溢出的优化。
直接上枚举，但是如果p是个很大的素数，就不行了。所以从p/i下手，根据观察，只要p/i是个素数，那么结果一定就是p/i了。这样就不会超时了。最后记得累乘ans=ans%p。防止溢出。对于(ans*i)%p==0那么(ans%p*i%p)%p也是==0的，不会影响结果。
#include<iostream> #include<algorithm> #include<cstdio> using namespace std; typedef long long ll; bool check(ll x) { for(int i=2;i*i<=x;i++) { if(x%i==0) return false; } return true; } int main() { int t; scanf("%d",&t); while(t--) { ll p; scanf("%lld",&p); ll ans=1; ll mid; for(int i=1;;i++) { ans=ans*i; if(ans%p==0) { mid=i;break; } if(p%i==0&&i*i!=p) { if(check(p/i)) { mid=max(p/i,(ll)i); break; } } ans=ans%p; } cout<<mid<<endl; } }