[AHOI 2018初中组] 根式化简 题解

**[AHOI 2018初中组] 根式化简 题解 **

好了告诉你们其实这就是一题非常简单的数论……

先考虑最暴力的算法

首先可以明了的一点就是如果我们把一个数 (N) 表示成 (x=k*a^3) 的形式，那么 (k) 一定满足 (k ≤ sqrt[3]{N})。

所以我们可以暴力枚举 (1- sqrt[3]{N}) 的每一个数 (x)，只要满足 (x | N) ，我们就判断 (N/x)是否为立方数，这些立方数可以在 (sqrt[3]{N})的时间内预处理出来。

我们看看数据范围，好的你已经 (get) (1-4) 个测试点，也就是 (40) 分了。

有没有优化？

我们注意到 (5,6) 两个特殊数据点：(x) 为立方数，这启示我们可以二分处理掉这一部分数据。

很明显若 (i) 是递增的，那么 (i^3) 也是递增的，所以答案具有单调性。

并且 (sqrt[4]{N} ≤ sqrt[3]{N} ≤ sqrt{N}) ，所以二分下界 $ sqrt{N}$，上界不好取，取 (sqrt[3]{10^{18}}=10^6) 即可。

按照数据打程序，你已经可以通过 (1-6) 个测试点了。(60) 分在没想到正解的时候还是很可观的。

总结启示，得到正解

你知道 (N=k*a^3) ，那么应该会有：(k,a≤sqrt[3]{N}) 对吧？那么我们肯定不能暴力对 (N) 质因数分解，所以我们想想这些因数在什么范围内才是我们所要的？最简单的上界也是很容易想到的：(sqrt[3]{N})。看一眼数据，唔！又过了两个点(QAQ)。

单着并不是我们要的，我们在期望正解。很显然 (sqrt[3]{N}) 这个上界还是太大，因此我们需要观察还有没有更小的上界。其实我们发现可以把上界缩小到 (sqrt[4]{N})，然后$ forall i∈[1,sqrt[4]{N}], ext{且}i∈prime,imid N $，把 (N) 中 (i) 全部除去，并且只要除的次数每逢 (3) 的倍数就把 (ans) 累乘上 (i)。

为什么这样可行？这么做极有可能剩下一个较大的 (k) 还可以继续分解啊？

其实是不可能的，如果剩下除完了的 (N) 还能继续分解成上面那种形式的话，那么它早就被 ([2,sqrt[4]{N}]) 内的质因子除掉了，除非剩下了一个立方数。

所以我们再次利用二分判断剩下的除完的那个 (N) 还是不是立方数就好了，如果是累乘上 (sqrt[3]{N})。

接下来根据代码来理解思路吧：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 4e4 + 10;
const int M = 1e6 + 10;

#define ll long long
int prime[M]; bool v[M]; 

int Prime(int n) {
	int m = 0;
	v[0] = v[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= n; i++) {
		if(v[i] == 0) prime[++m] = i;
		for(int j = 1; j <= m && prime[j] <= n / i; j++) {
			v[i * prime[j]] = 1;
			if(i % prime[j] == 0) break;	
		}
	}
	return m;
}

ll p[M];
int main() {
	// 预处理立方根 
	for(int i = 1; i <= M; i++) p[i] = (ll) i * i * i; 
	// 预处理质数 
	int m = Prime(N), T; ll x, ans = 1;
	scanf("%d", &T);
	while(T--) {
		scanf("%lld", &x);
		// 在 1-x^(1/4) 内枚举因子 
		for(int i = 1, cnt = 0; i <= m && p[i] <= x; i++, cnt = 0) 
			while(x % prime[i] == 0) {
				cnt++, x /= prime[i];
				if(cnt % 3 == 0) ans *= prime[i];
			}
		// 特判剩下的数 
		ll k = lower_bound(p + 1, p + M + 1, x) - p;
		if(k * k * k == x) ans *= k;
		printf("%lld
", ans);
		ans = 1;
	}
	return 0;
}