[acdream_oj1732]求1到n的最小公倍数(n<=1e8)

题意：如标题

思路：如果n在10^6以内则可以用o(nlogn)的暴力，题目给定的是n<=1e8，暴力显然是不行的，考虑到1到n的最小公倍数可以写成2^p1*3^p2*5^p3*...这种素数的幂的乘积形式，对于当前询问n，可知质数x的指数为(int)log(x,n)（因为要满足是公倍数且最小），因为前n个数有n/logn个质数，这样一次处理为o(n/logn*logn) = o(n)的。由于有T组测试数据，直接T次处理肯定会超时，需要离线处理。具体怎么操作呢？首先将T个询问按n从小到大排序，从小到大处理时，每个质数的指数是非递减的，所以只需在上一次的答案上乘以若干质数。如果记录上一个询问后的每个质数的指数，然后遍历所有质数，看质数有没有增加，这样的时间复杂度为o(T*n/logn+n/logn*logn)=o(Tn/logn)，跟直接T次在线处理没什么两样，原因是有很多的质数的指数并不会变化，却也被访问了一次。

一种解决办法是预先计算出每个询问n所增加的质数，从小到大枚举每个质数的每个幂，然后在T个询问中二分，得到第一次出现这个幂的n，这样时间复杂度为o(n/logn*logn*logT)=o(nlogT)，查询时就相当于是只查了那个最大的n一样，所以查询复杂度为o(n)，总复杂度为o(nlogT)，虽然过不了此题，但这个思路却可以对付一些其他T比较大，n稍小的数据。

下面讲另一种o(Tsqrt(n)+n)的思路：核心思想是将质数分为两类，一类是小于等于sqrt(n)，一类大于sqrt(n)，不难发现对于第二类质数，它们的质数要么是1要么是0，也就是说，对于第二类质数，假设它在某个询问n时加进了答案，那么在以后的询问中就不用再考虑了（如果继续加进答案，那么它的指数会超过1），于是不难得到如下算法：对每个询问，枚举第一类质数，判断他们的质数有没有增加（实际操作时用试乘法而不是求一个对数），而第二类质数只需维护当前乘到了哪个质数就行了。下面是代码：

#pragma comment(linker, "/STACK:10240000,10240000")

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <map>
#include <queue>
#include <deque>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <ctime>
#include <cctype>
#include <set>
#include <bitset>
#include <functional>
#include <numeric>
#include <stdexcept>
#include <utility>

using namespace std;

#define mem0(a) memset(a, 0, sizeof(a))
#define mem_1(a) memset(a, -1, sizeof(a))
#define lson l, m, rt << 1
#define rson m + 1, r, rt << 1 | 1
#define define_m int m = (l + r) >> 1
#define rep_up0(a, b) for (int a = 0; a < (b); a++)
#define rep_up1(a, b) for (int a = 1; a <= (b); a++)
#define rep_down0(a, b) for (int a = b - 1; a >= 0; a--)
#define rep_down1(a, b) for (int a = b; a > 0; a--)
#define all(a) (a).begin(), (a).end()
#define lowbit(x) ((x) & (-(x)))
#define constructInt4(name, a, b, c, d) name(int a = 0, int b = 0, int c = 0, int d = 0): a(a), b(b), c(c), d(d) {}
#define constructInt3(name, a, b, c) name(int a = 0, int b = 0, int c = 0): a(a), b(b), c(c) {}
#define constructInt2(name, a, b) name(int a = 0, int b = 0): a(a), b(b) {}
#define pchr(a) putchar(a)
#define pstr(a) printf("%s", a)
#define sstr(a) scanf("%s", a)
#define sint(a) scanf("%d", &a)
#define sint2(a, b) scanf("%d%d", &a, &b)
#define sint3(a, b, c) scanf("%d%d%d", &a, &b, &c)
#define pint(a) printf("%d
", a)
#define test_print1(a) cout << "var1 = " << a << endl
#define test_print2(a, b) cout << "var1 = " << a << ", var2 = " << b << endl
#define test_print3(a, b, c) cout << "var1 = " << a << ", var2 = " << b << ", var3 = " << c << endl
#define mp(a, b) make_pair(a, b)
#define pb(a) push_back(a)

typedef unsigned int uint;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> pii;
typedef vector<int> vi;

const int dx[8] = {0, 0, -1, 1, 1, 1, -1, -1};
const int dy[8] = {-1, 1, 0, 0, 1, -1, 1, -1 };
const int maxn = 1e8 + 17;
const int md = 10007;
const int inf = 1e9 + 7;
const LL inf_L = 1e18 + 7;
const double pi = acos(-1.0);
const double eps = 1e-6;

template<class T>T gcd(T a, T b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}
template<class T>bool max_update(T &a,const T &b){if(b>a){a = b; return true;}return false;}
template<class T>bool min_update(T &a,const T &b){if(b<a){a = b; return true;}return false;}
template<class T>T condition(bool f, T a, T b){return f?a:b;}
template<class T>void copy_arr(T a[], T b[], int n){rep_up0(i,n)a[i]=b[i];}
int make_id(int x, int y, int n) { return x * n + y; }

int vis[8000000];
unsigned int prime[6000000];

int c;

void init() {
    const int t = 1e8 + 13;
    for (int i = 2; i <= t; i ++) {
        int u = i >> 4, v = i & 15;
        if (vis[u] & (1 << v)) continue;
        prime[c ++] = i;
        if ((LL)i * i > t) continue;
        for (int j = i * i; j <= t; j += i) {
            int u = j >> 4, v = j & 15;
            vis[u] |= 1 << v;
        }
    }
}


pii node[10010];
unsigned int out[10010];
const int max_sq = 1e4;
unsigned int last[10010];

int main() {
    //freopen("in.txt", "r", stdin);
    int T, cas;
    cin >> T;
    cas = T;
    init();
    while (T --) {
        int n;
        sint(n);
        node[cas - T - 1] = make_pair(n, cas - T - 1);
    }
    sort(node, node + cas);
    unsigned int ans = 1;
    int n = node[0].first;
    int cur = 0;
    for (int i = 0; prime[i] < max_sq; i ++) last[i] = 1;
    rep_up0(i, cas) {
        int n = node[i].first;
        for (int j = 0; prime[j] < max_sq; j ++) {
                while ((LL)last[j] * prime[j] <= n) {
                    last[j] *= prime[j];
                    ans *= prime[j];
                }
        }
        while (prime[cur] <= n) {
            cur ++;
            if (prime[cur - 1] < max_sq) continue;
            ans *= prime[cur - 1];
        }
        out[node[i].second] = ans;
    }
    rep_up0(i, cas) cout << out[i] << endl;
    return 0;
}

11巨带我飞