整除问题 - 九度教程第55题
题目
时间限制：1秒 内存限制：32兆 特殊判题：否
题目描述：
给定n,a求最大的k，使n!可以被a^k整除但不能被a^(k+1)整除。
输入：
两个整数 n(2<=n<=1000)，a(2<=a<=1000)
输出：
一个整数.
样例输入：
6 10
样例输出：
1
来源：
2011 年上海交通大学计算机研究生机试真题
n!和a^k可能数值非常巨大，而不能被int（甚至long long）保存，也就不能直接用求余操作判断它们是否存在整除关系。那么就得从整除的特征入手，转而思考若整数a能整除整数b则它们之间存在的关系。不妨对a和b分解素因数：
则，式b除以a能表示成：
若a能整除b，则该式为一个整数，但考虑到若素数p1能够整除素数p2，则p1必等于p2（两个素数必互质）。则可以得出如下规律：
若a存在素因数px则b也必存在该素因数，且该素因数在b中对应的幂指数必不小于在a中的幂指数。
设x=n!, y=a^k, 对n!与a分解素因数，令：
相应也可以得到a^k的素因数分解为：
即要确定最大的非负整数k，使a中任一素因数的幂指数的k倍依旧小于或等于该素因数在x中对应的幂指数。要求的该k只需依次测试a中每一个素因数，确定x中该素因数对应的幂指数是a中幂指数的几倍（利用整数除法），这样所有倍数中最小的那个即为要求的k。
剩余的工作就是对a和n!分解素因数。
由于n!数值非常巨大（当n>30时），想要计算n!后再类似a一样对其分解质因数不现实。考虑n!中含有素因数p的个数，即确定素因数p对应的幂指数。易知n!中包含了1到n区间内所有整数的乘积，这些乘积中每一个p的倍数（包括其本身）都将对n!贡献至少一个p因子，且知道在1到n中p的倍数共有n/p（整数除法）个，则p的因子数至少为n/p个，即有n/p个整数至少贡献了一个p因子。那么有多少个整数将贡献至少两个p因子呢，所有pp的倍数将为n!贡献至少2个p因子，且这样的整数有n/(pp)个；同理ppp的倍数将贡献至少3个p因子，这样的数有(n/(ppp))个。
分解n!的质因数过程：
1.计算器清零，该计数器表示n!中将有几个p因子，即n!分解质因数后质因子p对应的幂指数。
2.计算n/p，有n/p个整数可以向n!提供一个p因子，则计数器累加n/p。若n/p为0，表示没有一个整数能向n!提供一个或一个以上的p因子，分解结束。
3.计算n/(pp)，有n/(pp)个整数可以向n!提供两个p因子，但它们在之前步骤中（p的倍数必包括pp的倍数）每个数都已经向计算器累加了1个p因子，所以此处它们还能够向计数器贡献n/(pp)个素因子（即每个再贡献一个），累加器累加n/(pp)。若n/(pp)为0，表示没有一个整数能向n!提供两个或两个以上的p因子，分解结束。
4.计算n/(ppp)，有n/(ppp)个整数可以向n!提供三个p因子，但它们在之前步骤中每个数已经向计数器累加了2个p因子，所以此处还能贡献n/(ppp)个素因子，累加器累加n/(ppp)。若n/(ppp)为0，表示没有一个整数能向n!提供三个或三个以上的p因子，分解结束。
依次累加p的更高次的倍数能够再提供的素因子数，即每次向计数器累加n/(p^k)，直到n/(p^k)变为0，表示没有整数能提供更多的p因子，关于p的分解结束。
完成这些步骤后就能计算出n!中所有p的因子数，即计数器中累加的结果即为素因数p的幂指数。
有了对n!分解素因数的方法，只需依次遍历可能成为其素因子（小于等于n的所有素数）的素数，计算它们所对应的幂指数，即可完成对n!的素因数分解。
#include <stdio.h>
#include <string.h>
bool mark[1001];
int prime[1001];
int primeSize;
void init(){//筛选出0到1000范围内的所有素数
primeSize=0;
for(int i=2;i<=1000;i++){
if(mark[i]==true)continue;
mark[i]=true;
prime[primeSize++]=i;
for(int j=i*i;j<=1000;j+=i){
mark[j]=true;
}
}
}
int cnt[1001];
//cnt[i]用来表示prime[i]所保存的素数在n!中的因子数
//即!分解素因数后素因子prime[i]所对应的幂指数，可能为0
int cnt2[1001];
//cnt2[i]用来表示prime[i]所保存的素数在a中的因子数
int main()
{
init();
int n,a;
while(scanf("%d%d",&n,&a)==2){//成功读取的个数
for(int i=0;i<primeSize;i++){
cnt[i]=0;
cnt2[i]=0;
//将两个计数器清零，为新的一次分解做准备
}
for(int i=0;i<primeSize;i++){
//对n!分解质因数，遍历0到1000的每个素数
int t=n;//用临时变量t保存n的值
while(t){
cnt[i]+=t/prime[i];
t=t/prime[i];
}//依次计算t/(prime[i]^k),累加其值，直到t/(prime[i]^k)变为0
}
int ans=123123123;//答案初始值为一个大整数，为取最小值做准备
for(int i=0;i<primeSize;i++){
//对a分解素因数
while(a%prime[i]==0){
cnt2[i]++;
a/=prime[i];
}//计算a中素因数prime[i]对应的幂指数
if(cnt2[i]==0)continue;
//若该素数不能从a中分解到，即其对应幂指数为0
//则其不影响整除性，跳过
if(cnt[i]/cnt2[i]<ans){
//计算素数prime[i]在两个数中因子数的商
ans=cnt[i]/cnt2[i];//统计这些商的最小值
}
}
printf("%d",ans);
}
return 0;
}