HDU 4542 小明系列故事——未知剩余系 （数论）

小明系列故事——未知剩余系

Time Limit: 500/200 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65535/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 594    Accepted Submission(s): 123

Problem Description

　　“今有物不知其数，三三数之有二，五五数之有三，七七数之有二，问物几何？”

　　这个简单的谜题就是中国剩余定理的来历。

　　在艰难地弄懂了这个定理之后，小明开始设计一些复杂的同余方程组X mod ai = bi 来调戏别人，结果是必然的，都失败了。

　　可是在这个过程中，小明发现有时并不一定要把ai和bi告诉你。他只需要告诉你，ai在区间 [1, X] 范围内每个值取一次时，有K个ai使bi等于0，或有K个ai使bi不等于0，最小的X就可以求出来了。

　　你来试试看吧！

 

Input

输入第一行为T，表示有T组测试数据。
每组数据包含两个整数Type和K，表示小明给出的条件。Type为0表示“有K个ai使bi等于0”，为1表示“有K个ai使bi不等于0”。

[Technical Specification]

1. 1 <= T <= 477
2. 1 <= K <= 47777, Type = 0 | 1

 

Output

对每组数据，先输出为第几组数据，如果没有这样的数，输出“Illegal”，否则输出满足条件的最小的X，如果答案大于2^62, 则输出“INF”。

 

Sample Input

3 0 3 1 3 0 10

 

Sample Output

Case 1: 4 Case 2: 5 Case 3: 48

 

Source

2013腾讯编程马拉松复赛第三场（3月31日）

 

Recommend

liuyiding

题目可以分成两个问题：

1）Type==0 , 求有N个约数的最小正整数X；

2) Type==1,  求有X-N个约数的最小正整数X

对于Type==0.

可以参考CF上的一个题目：http://codeforces.com/problemset/problem/27/E

一个正整数n=p1^a[1] * p2*a[2] .....pt*a[t]  那么它的约数个数就是(1+a[1])*(1+a[2])*......*(1+a[t])

那么如果给定N,有N个约数，那么只要把N进行分解。

进行dfs

对于Type==1

设有x个约数，那么相当于x+N的约数个数就是x.

x+N的约数个数的不大于2*sqrt(x+N)

x<=2*sqrt(x+N)

x*x<=4*(x+N)

这样枚举x就可以求解了。

#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;


//*******************************
//素数筛选
const int MAXN=100000;
int prime[MAXN+1];//得到小于等于MAXN的所有素数
void getPrime()
{
    memset(prime,0,sizeof(prime));
    for(int i=2;i<=MAXN;i++)
    {
        if(!prime[i])prime[++prime[0]]=i;
        for(int j=1;j<=prime[0]&&prime[j]<=MAXN/i;j++)
        {
            prime[prime[j]*i]=1;
            if(i%prime[j]==0)break;
        }
    }
}
/*
*合数分解（前面需要先素数筛选）
*/
long long factor[100][2];
int fatCnt;
int getFactors(long long x)
{
    fatCnt=0;
    long long tmp=x;
    for(int i=1;prime[i]<=tmp/prime[i];i++)
    {
        factor[fatCnt][1]=0;
        if(tmp%prime[i]==0)
        {
            factor[fatCnt][0]=prime[i];
            while(tmp%prime[i]==0)
            {
                factor[fatCnt][1]++;
                tmp/=prime[i];
            }
            fatCnt++;
        }
    }
    if(tmp!=1)
    {
        factor[fatCnt][0]=tmp;
        factor[fatCnt++][1]=1;
    }
    return fatCnt;
}
/* ************************** */
const long long INF=(1LL<<62)+1;
int N;
long long ans;
long long a[47787];
void dfs(int i,long long x,int n)
{
    if(n>47777)return;
    if(x<INF && (a[n]==0||a[n]>x))a[n]=x;
    for(int j=1;j<=62;j++)
    {
        if(INF/prime[i]<x)break;
        x*=prime[i];
        if(x>=INF)break;
        dfs(i+1,x,n*(j+1));
    }
}


int get(int x)//得到x的约数个数
{
    getFactors(x);
    int ans=1;
    for(int i=0;i<fatCnt;i++)
       ans*=(factor[i][1]+1);
    return ans;
}
void solve2()
{
    int x=2;
    while(x*x<=4*(N+x))
    {
        if(x==get(N+x))
        {
            printf("%d\n",N+x);
            return;
        }
        x++;
    }
    printf("Illegal\n");
}

void init()
{
    memset(a,0,sizeof(a));
    dfs(1,1,1);
}
int main()
{
    int T;
    getPrime();
    int iCase=0;
    scanf("%d",&T);
    int Type;
    init();
    while(T--)
    {
        iCase++;
        scanf("%d%d",&Type,&N);
        printf("Case %d: ",iCase);
        if(Type==0)
        {
            if(a[N]!=0)printf("%I64d\n",a[N]);
            else printf("INF\n");
        }
        else solve2();
    }
    return 0;
}