2019杭电多校第四场hdu6623 Minimal Power of Prime

Minimal Power of Prime

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解题思路

先打(N^frac{1}{5})内的素数表，对于每一个n，先分解(N^frac{1}{5})范围内的素数，分解完后n变为m，如果m等于1，那么答案就是(N^frac{1}{5})内分解的素数里的最小数量k。否则，继续分解，此时用来分解的质数都是大于(N^frac{1}{5})的，所以最多有4个质数相乘，所以只有三种情况：(P^4),(P^3),(P^2),(P^2*Q^2)，以及答案为1的情况(P,Q为大于(N^frac{1}{5})的质数)。对于前两种情况，分别看(m^frac{1}{4})，(m^frac{1}{3})是否是整数，对于三四种情况，其实是一样的，只要看(m^frac{1}{2})是不是整数就行了，前四种情况都不是，那么答案就是1。

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;

inline int read(){
    int res = 0, w = 0; char ch = 0;
    while(!isdigit(ch)){
        w |= ch == '-', ch = getchar();
    }
    while(isdigit(ch)){
        res = (res << 3) + (res << 1) + (ch ^ 48);
        ch = getchar();
    }
    return w ? -res : res;
}

ll p(ll a, int b)
{
    ll ans = 1;
    for(int i = 1; i <= b; i ++)
        ans *= a;
    return ans;
}

int main()
{
    int t;
    t = read();
    vector<int> vec;
    for(int i = 2; i <= 4000; i ++){
        bool flg = true;
        for(int j = 2; j <= sqrt(i); j ++){
            if(i % j == 0){
                flg = false;
                break;
            }
        }
        if(flg)
            vec.push_back(i);
    }
    while(t --){
        ll n;
        scanf("%lld", &n);
        int ans = 100;
        for(int i = 0; i < vec.size(); i ++){
            int t = vec[i];
            int cnt = 0;
            while(n % t == 0){
                n /= t;
                ++cnt;
            }
            if(cnt)
                ans = min(ans, cnt);
        }
        if(n == 1)
            printf("%d
", ans);
        else {
            for(int i = 4; i >= 1; i --){
                if(i == 1)
                    printf("1
");
                else {
                    ll x = max((ll)pow(n, 1.0/i) - 5, 1LL);
                    bool flg = true;
                    ll m = p(x, i);
                    while(m < n){
                        ++ x;
                        m = p(x, i);
                    }
                    if(m == n){
                        printf("%d
", min(ans, i));
                        break;
                    }
                }
            }
        }
    }
    return 0;
}