题目大意:给出一个数字 n ,要求分解成:a[ 0 ] + a[ 1 ] + ... + a[ m ] = n,( m 没有约束 ),使得 lcm( a[ 0 ] , a[ 1 ] , ... a[ m ] ) 最大,输出这个最大值的对数
题目分析:看到 lcm 就可以去思考如何快速求出 n 个数的 lcm,比较简单的一种方法就是将每个数进行质因子分解,对于每个质因子 p 来说,取 n 个数中 p^k[ i ] 的最大值,就是质因子 p 的贡献了,所有质因子的贡献的乘积就是需要求的 lcm
所以这个题目的模型就比较简单了,尝试将 n 分解为 使得 尽可能大,到此为止,再看一下题面需要求的对数,不难发现对数只是为了保证精度的,因为对数函数是单调递增的,所以套上对数的公式将目标转换为:使得 尽可能大
换句话说,花费 的容量可以获得 的价值,且目标容量为 n,且每个质因子 p 只能选择一种幂次,这就是分组背包的模板题目了,设质数的幂次集合为 ,那么 ,可以先预处理一下,时间复杂度为 O( n * n / logn ),然后就可以 O( 1 ) 查询了
代码:
//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math")
//#pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
#include<bitset>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=3e4+100;
double ans[N],Log[N];
int cnt,pri[N];
bool vis[N];
double dp[N];
void P()
{
for(int i=2;i<N;i++)
{
if(!vis[i])
pri[cnt++]=i;
for(int j=0;j<cnt&&pri[j]*i<N;j++)
{
vis[pri[j]*i]=true;
if(i%pri[j]==0)
break;
}
}
}
void init()
{
for(int i=1;i<N;i++)
Log[i]=log(i);
for(int i=0;i<N;i++)
dp[i]=0;
dp[0]=0;
for(int i=0;i<cnt;i++)//枚举质数
for(int j=N-1;j>=pri[i];j--)//容量
for(int k=pri[i];k<N;k*=pri[i])//当前的幂次
if(j>=k)
dp[j]=max(dp[j],dp[j-k]+Log[k]);
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
// freopen("data.in.txt","r",stdin);
// freopen("data.out.txt","w",stdout);
#endif
// ios::sync_with_stdio(false);
P();
init();
int w;
cin>>w;
while(w--)
{
int n;
scanf("%d",&n);
printf("%.10f\n",dp[n]);
}
return 0;
}