bzoj 2749

Description

给定一个数的标准分解(N= prod_{i=1}^n p_i^{q_i})

其中(p_i le 10^5, q_i le 10^9)

求最小的(x)使得(varphi^x(N) = 1) 即求这个数进行多少次(varphi)后得到1

Analysis

(varphi)的性质还是经常与2有关的

比若说任意(varphi)两次就一定会除掉一个因子2

所以(varphi)的次数为(O(log))

此题就是利用类似这样的性质

(varphi)的次数为只与过程中(2)的总数有关

(1) 如果存在(2), 每次只能恰好消掉一个

(2) 对于一个奇质数因子, (varphi)以下会产生至少一个(2), 以及若干个新的奇质数

(3) 只要奇质数还存在, 该回合内就会产生至少一个2

(4) 消完(2)需要的次数(=)因此(2)产生的次数 (ge) 进行的回合数

(5) 最后会剩下(2^q), 恰好(q)步消完

于是我们之用求出产生2的次数即可,设为 (f(n))

(f(2)=1)

(f(奇质数) = f(奇质数-1))

(f(pq) = f(p) + f(q))

特别的当(N)不含2因子时, 需要一步来产生2, 然后2才开始不断的消, 所以答案+1

Code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <cmath>
#include <cctype>
#include <cmath>
#define rep(i,a,b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
using namespace std;
const int M = 1e5 + 7;
typedef long long LL;

inline int ri(){
	int x = 0; bool f = 1; char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = 0;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x*10+c-48;
	return f ? x : -x;
}

int tcas, n;
int prime[M], cnt;
bool notprime[M];
int f[M];

void init(){
	notprime[1] = 1;
	for (int i=2; i<M; ++i){
		if (!notprime[i]) {
			prime[++cnt] = i;
			if (i == 2) f[i] = 1;
			else f[i] = f[i-1];
		}
		for (int j=1; j<=cnt; ++j){
			if (1LL * prime[j] * i >= M) break;
			int t = prime[j] * i;
			notprime[t] = 1;
			f[t] = f[i] + f[prime[j]];
			if (i % prime[j] == 0) break;
		}
	}
}

int main(){
	tcas = ri();

	init();

	while (tcas--){
		n = ri();
		LL ans = 0, havtwo = 0;
		rep (i, 1, n){
			int x = ri(), y = ri();
			ans += 1LL * f[x] * y;
			havtwo |= (x == 2);
		}
		if (!havtwo) ans++;
		printf("%lld
", ans);
	}

	return 0;
}