若一个大于R的整数J的质因数分解有F项，其最大的质因子为ak，并且满足ak^k≤N，
ak<128，我们就称整数J为N-伪光滑数。
现在给出L，求所有整数中，第E大的N-伪光滑数。
标签：
正解是可持久化可并堆+DP,抱歉,不会...于是采用乱搞的暴力做法..
预处理出$<128$的全部质数,那么很显然,可以对数进行拆分了.
考虑题目中所说的, 所以不妨枚举倍数,对于$prime[i]^{j}$,扔进堆中,但要维护的不只一个量
然后从队首取K次即可,对于每次取出的数,除以它的最大质因子,乘上比他最大质因子小的最大的质数,再扔回堆中
方便实现这些修改,不妨在堆中记录每个数data,最大值因子次数zs,较小一位的质数的坐标nt,最大值因子的下标mp
启发:
认真计算时间复杂度,在不会最优正解的情况下,也可以写出符合时间复杂度的暴力解
类似的题目,多从质因数上考虑.实际上质数本身量较少,符合的质因子更少,所以效率会比较高效
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<queue> using namespace std; struct Node { long long data; int zs,nt,mp; bool operator < (const Node & A) const {return data<A.data;} }now,tmp; priority_queue <Node> q; long long n,x; int k,j; int prime[50]={0,2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97,101,103,107,109,113,127},cnt=31; int main() { scanf("%lld%d",&n,&k); for (int i=1; i<=cnt; i++) for (x=j=1; ; j++) { x*=(long long)prime[i]; if (x>n) break; tmp.data=x,tmp.zs=j,tmp.nt=i-1,tmp.mp=i; //printf("%lld %d %d %d\n",tmp.data,tmp.zs,tmp.nt,tmp.mp); q.push(tmp); } while (k--) { now=q.top(); q.pop(); if (now.zs>1) for (int i=now.nt; i; i--) { tmp.data=(long long)now.data/prime[now.mp]*prime[i]; tmp.zs=now.zs-1; tmp.nt=i; tmp.mp=now.mp; //printf("%lld %d %d %d\n",tmp.data,tmp.zs,tmp.nt,tmp.mp); q.push(tmp); } } printf("%lld\n",now.data); return 0; }
【BZOJ-4524】伪光滑数 堆 + 贪心 （暴力） [可持久化可并堆 + DP]
标签：
原文地址：http://www.cnblogs.com/DaD3zZ-Beyonder/p/5467682.html
