牛客网-n的约数【dfs】

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解题思路：这题思路好想，n最多也就是20个不同的素数相乘，把所有可能的素数找到，然后枚举素数个数就行了。

n = p1^q1 + p2^q2 + p3 ^q3 + ... + pi ^qi;

约数个数也好找，有个约数个数定理：

对于一个大于1正整数n可以分解质因数：

则n的正约数的个数就是

。

其中a₁、a₂、a₃…a_k是p₁、p₂、p_3，…p_k的指数。

 

真正的难点在于剪枝：

从小到大dfs素数个数，后面的素数个数一定小于等于前面的素数个数。

这个很好想，既然能用大的素数，肯定也能用小的素数，所以如果大的素数个数比小的素数多，那就一定不是最优解。

比如n为10，可能会用到2 5 7这三个素数，如果用到了5，那肯定能用到2，而且2的个数一定>=5的个数。可能有人会问，那直接全用2不就行了，不一定，因为约数的个数f(n)并不恒大于a1*k2，看该题的样例就知道了。

注意：由上可知，搜索下一个素数个数时，前面的素数个数不可能为0（如果考虑为0会超时

 

附ac代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 111;
ll nu[maxn],prim[maxn];
bool isprim[maxn];
ll prime[30]={2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89};
void euler() {
    memset(isprim, true, sizeof(isprim));
    isprim[1] = false;
    int len = 0;
    for(int i = 2; i <= 1000; ++i) {
        if(isprim[i]) prim[++len] = i;
        for(int j = 1; j <= len && i * prim[j] <= 100; ++j) {
            isprim[i * prim[j]] = false;
            if(i % prim[j] == 0) break;
        }
    }
//    printf("%d",len);
}
ll n;
ll maxx = 1e18, maxi = 0;
void dfs(int now, ll anss, ll ansi, ll pre) {
//    printf("%d %lld
", now, anss);
     if(now == 20) return;
     if((ansi > maxi) || (ansi == maxi && maxx > anss)) {
         maxx = anss;
         maxi = ansi;
     }
     int i = 1;
     while(i <= pre) {
         
         if(anss > n / prim[now]) break;
        anss *=  prim[now];
         dfs(now + 1, anss, ansi * (i + 1), i);//因为ak-1>=ak，所以从前向后遍历素数，前面每个素数的个数都不会为0 
         i++;
     }
}
     
int main()
{
    euler();
    ll sum = 1;
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while(t--) {
        maxx = 1e18, maxi = 0;
        scanf("%lld", &n);
        dfs(1, 1, 1, 60);
        printf("%lld
",maxi);
    }
    return 0;
}