题解：UVA10791 Minimum Sum LCM

原题

题目大意

输入整数(n(1le n<2^{31})) ，求至少两个正整数，是它们的最小公倍数为$ n$，且这些整数的和最小。输出最小的和。

有多组测试输入，以(0)结束。

题解

首先，我们把问题简化：输入正整数(n)，求几个正整数（可以是一个），是它们的最小公倍数为(n)，且这些整数的和最小。输出最小的和。

我们考虑(n)是素数时，不难证明只有一个数(n)，那么如果要求至少要分解成两个，那么只能在加一个(1)。

当(n)是合数时。如果(n)能被分解为两个大于(1)的互质整数的积(a_1,a_2)，由于((a_1,a_2)=1)，如([a_1,a_2]=a_1 imes a_2)，又由于(a_1>1,a_2>1)，那么(a_1+a_2<a_1 imes a_2)，所以我们要把它分解开来。这样，我们就把问题转成了上面简化问题中(n=a_1,n=a_2)的子问题。如此递归下去，我们发现：设(n)的标准分解式为(n=p_{1}^{a_1}p_{2}^{a_2}cdots p_x^{a_x})，当所有数分别为(p_{x_0}^{a_{x_0}})时最小。

此外，我们还要特判一下开始(n=p^a)的情况。此时(n)无法继续分解，则(ans=n+1)。最后，记得当(n=1)时，(ans=2)。

然后我们来看实现问题。

从(1)枚举到(n)？TLE。

是否记得判断一个数是素数的时候（在学会Miller-Rabin之前）我们通常是从(1)枚举到(sqrt{n})，这题可以吗？

我们发现对于任意正整数(n)，在超过(sqrt{n})且不等于(n)的数中，最多只有一个。如果有两个，那么它们的乘积就已经超过(n)了。那么我们就只要枚举(sqrt{n})个数即可。

代码

#include <cstdio>

typedef long long LL;

int nn;

inline void sol(LL n)
{
	int f=0;
	LL ans=0;
	if(n==1)//对1的特判
	{
		printf("Case %d: 2
",++nn);
		return;
	}
	LL ttt,tn=n;
	for(LL i=2; i*i<=n; ++i)//计算标准分解式，枚举到sqrt即可
	{
		ttt=1;
		if(!(n%i) && (n!=1))
		{
			do
			{
				ttt*=i;
				n/=i;
			}
			while(!(n%i) && (n!=1));
			f++,ans+=ttt;
		}
		if(n==1) break;
	}
	if(tn==n || f==1) ans++;
		//tn==n:n是素数，f==1:n不是素数但除1与n外的因子只有一个
	if(n!=1) ans+=n;//在sqrt(n)以上除n外还有一个n的因子
	printf("Case %d: %lld
", ++nn, ans);
		//最后一行的换行让我很惊讶(UVa什么时候对输出这么随意了?)
	return;
}

int main()
{
	LL n;
	while(scanf("%lld", &n) && n) sol(n);
	return 0;
}