[HAOI2012] 外星人

给定一个正整数的标准分解形式，求最小的 (x) 使得 (varphi^x(N)=1)，其中 (varphi(x)) 表示 Euler 函数的 (x) 重嵌套。(Tleq50, p_ileq 10^5,q_ileq10^9)

Solution

观察到只有 (varphi(2)=1)，而对于 (2^n) 操作次数为 (n)

对任意一个大于 (2) 的质数，每次操作都至少会产生一个 (2) 因子，同时每次操作都会消除一个 (2) 因子

所以问题转化为求一个数在操作过程中一共会产生多少个 (2)，如果是奇数的话需要额外 (+1)

设 (f[i]) 为 (i) 在操作过程中一共会产生的 (2) 的个数

• 如果 (i) 是质数，那么 (f[i]=f[i-1])
• 如果 (i) 是合数，那么 (f[i]=f[p]+f[q])，其中 (pq=i)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int MAXN = 200005;
int prime[MAXN+1],isp[MAXN+1]; // Note: Let prime[0] donate the number of primes
// Note: the array "prime" has two different roles in the algorithm
void presolve() {
    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;
        }
    }
    for(int i=1;i<=MAXN;i++) isp[prime[i]]=1;
}

int T,n,f[MAXN],p[MAXN],q[MAXN];

signed main() {
    presolve();
    f[1]=0; f[2]=1;
    for(int i=3;i<=MAXN;i++) {
        if(__builtin_popcount(i)==1) f[i]=log2(i);
        else if(isp[i]) f[i]=f[i-1];
        else {
            for(int j=2;j*j<=i;j++) {
                if(i%j==0) {
                    f[i]=f[j]+f[i/j];
                    break;
                }
            }
        }
    }
    //for(int i=1;i<=10;i++) cout<<f[i]<<" ";
    //cout<<endl;
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>T;
    while(T--) {
        cin>>n;
        for(int i=1;i<=n;i++) cin>>p[i]>>q[i];
        int ans=1;
        for(int i=1;i<=n;i++) if(p[i]==2) ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++) ans+=f[p[i]]*q[i];
        cout<<ans<<endl;
    }
}