+12

Số nguyên tố và Các vấn đề liên quan

I. Số nguyên tố và Hợp số

1. Giới thiệu

Số nguyên tố là số nguyên dương lớn hơn 11 và chỉ có đúng hai ước là 11 và chính nó.

Hợp số, là các số nguyên dương lớn hơn 11 và có nhiều hơn hai ước.

Lấy ví dụ: 55 là một số nguyên tố, vì nó chỉ có đúng hai ước là 1155. Ngược lại 1010 là một hợp số vì nó có bốn ước là 1,2,51, 2, 51010. Số nguyên tố và các vấn đề xoay quanh nó luôn là một chủ đề được yêu thích trong Toán học nói chung và lập trình thi đấu nói riêng.

2. Kiểm tra tính nguyên tố của một số

2.1. Giải thuật cơ sở

Ý tưởng ban đầu rất đơn giản: Ta duyệt qua tất cả các số nguyên từ 22 tới n1,n - 1, nếu như có số nào là ước của NN thì kết luận nn không phải số nguyên tố. Giải thuật có độ phức tạp O(n)O(n).

bool is_prime(int n)
{
    if (n < 2)
        return false;

    for (int i = 2; i < n; ++i)
        if (N % i == 0)
            return false;

    return true;
}

2.2. Cải tiến:

Xuất phát từ nhận xét sau: Giả sử số nguyên dương nn có ước là d (0<dn),d \ (0 < d \le \sqrt{n}), khi đó nn sẽ có thêm một ước là nd (nndn)\frac{n}{d} \ \left(\sqrt{n} \le \frac{n}{d} \le n\right). Như vậy ta chỉ cần kiểm tra các số nguyên từ 22 tới n\sqrt{n} xem nn có chia hết cho số nào không, nếu không thì kết luận nn là số nguyên tố. Giải thuật có độ phức tạp chỉ là O(n)O(\sqrt{n}).

bool is_prime(int n)
{
    if (n < 2)
        return false;

    for (int i = 2; i * i <= n; ++i)
        if (n % i == 0)
            return false;

    return true;
}

II. Sàng lọc số nguyên tố Eratosthenes

1. Giới thiệu

Sàng Eratosthenes là một giải thuật cổ xưa do nhà Toán học người Hy Lạp Eratosthenes phát minh ra để tìm các số nguyên tố nhỏ hơn 100100. Tương truyền, khi tìm ra thuật toán, ông đã lấy lá cọ và ghi tất cả các số từ 22 cho đến 100100 lên đó, sau đó chọc thủng các hợp số và giữ nguyên các số nguyên tố. Bảng số nguyên tố còn lại trông rất giống một cái sàng. Do đó, nó có tên là sàng Eratosthenes.

Với sự phát triển của máy tính, sàng Eratosthenes trở thành một công cụ rất hữu dụng để tìm ra các số nguyên tố trong một khoảng nhất định, với điều kiện bộ nhớ có thể lưu trữ được.

2. Cài đặt giải thuật

Nguyên lý hoạt động của sàng Eratosthenes như sau: Xét các số nguyên tố từ 22 tới n,\sqrt{n}, với mỗi số nguyên tố ta sẽ đánh dấu các bội của nó mà lớn hơn nó đều là hợp số. Sau khi duyệt xong, tất cả các số chưa được đánh dấu sẽ là số nguyên tố. Dưới đây cài đặt sàng lọc các số nguyên tố từ 11 tới nn.

bool is_prime[n + 1];

void eratosthenes_sieve(int n)
{    
    // Mảng đánh dấu một số có phải số nguyên tố không.
    // Ban đầu giả sử mọi số đều là nguyên tố.
    for (int i = 0; i <= n; ++i)
       is_prime[i] = true;
    // 0 và 1 không phải số nguyên tố.
    is_prime[0] = is_prime[1] = false; 
    
    for (int i = 2; i * i <= n; ++i)
        if (is_prime[i]) // Nếu i là số nguyên tố
            for (int j = i * i; j <= n; j += i) // Loại bỏ các bội của i lớn hơn i
                is_prime[j] = false;
}

Bạn đọc có thể thắc mắc tại sao các bội của ii lại không bắt đầu từ 2.i2.i. Lí do là vì, vòng lặp duyệt các số nguyên tố tăng dần, khi tới số nguyên tố ii thì các bội 2.i,3.i,...,(i1).i2.i, 3.i,..., (i - 1).i đều đã bị loại đi trước đó bởi các số nguyên tố nhỏ hơn ii rồi. Cũng chính nhờ điều này nên vòng lặp bên ngoài chỉ cần duyệt từ 22 tới n\sqrt{n}, giúp giảm độ phức tạp của giải thuật đi nhiều.

Đánh giá độ phức tạp

Quan sát cài đặt, ta nhận thấy:

  • Với i=2i = 2, vòng lặp bên trong lặp n2\frac{n}{2} lần.
  • Với i=3i = 3, vòng lặp bên trong lặp n3\frac{n}{3} lần.
  • Với i=5i = 5, vòng lặp bên trong lặp n5\frac{n}{5} lần. ......

Tổng số lần lặp sẽ là n.(12+13+15+)n.\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+ \cdots\right), độ phức tạp sẽ tiến tới O(n.logn)O\big(n. \log n\big).

3. Sàng số nguyên tố trên đoạn

Ở một số trường hợp, người ta cần tìm các số nguyên tố trên đoạn [L,R][L, R] cho trước và RR có thể lên tới 1012,10^{12}, với điều kiện có thể tạo được một mảng có độ dài (RL+1)(R - L + 1).

Ý tưởng giải thuật như sau: Sàng lọc trước một mảng gồm các số nguyên tố trong đoạn [2...R],\big[2...\sqrt{R}\big], sau đó duyệt qua các số nguyên tố này, loại bỏ các bội của chúng nằm trong đoạn [L,R][L, R]. Code dưới đây cải tiến một chút để bỏ bớt bước tạo mảng số nguyên tố trong đoạn [2...R],\big[2...\sqrt{R}\big], nhằm tiết kiệm thời gian chạy.

bool is_prime[R + 1];

void range_eratosthenes(int L, int R)
{
    int range = R - L + 1;
    for (int i = 2; i <= range; ++i)
        is_prime[i] = true;
    
    // Duyệt các bội của i từ bội nhỏ nhất thuộc đoạn [L, R].
    for (long long i = 2; i * i <= R; ++i)
        if (is_prime[i])
            for (long long j = max(i * i, (L + i - 1) / i * i); j <= R; j += i)
                is_prime[j - L] = false;

    if (L == 1)
        is_prime[0] = false;
}

Như vậy với một số XX trong đoạn [L,R],X[L, R], X là số nguyên tố khi và chỉ khi is_prime[XL]=true\text{is\_prime}[X - L]=true. Thuật toán có độ phức tạp là O((RL+1).log(R)+R)O\big((R - L + 1).log(R) + \sqrt{R}\big). Trên thực tế nó chạy khá nhanh.

III. Phân tích thừa số nguyên tố

Vấn đề phân tích thừa số nguyên tố cũng khá được quan tâm trong lập trình thi đấu, và nó còn có một số ứng dụng khác trong số học. Dưới đây chúng ta sẽ xem xét vài phương pháp phân tích thừa số nguyên tố thường dùng.

1. Giải thuật cơ sở

Ta xét mọi số nguyên tố bắt đầu từ 2,2, nếu nn chia hết cho số nguyên tố pp thì chia nn cho pp tới khi không thể chia hết nữa, rồi tăng pp lên và lặp lại công việc tới khi n=1n=1. Trên thực tế thừa số nguyên tố chính là thành phần cấu tạo nên một ước của n,n, do đó khi tách hết một thừa số nguyên tố xx khỏi nn thì nn sẽ không thể chia hết cho các bội lớn hơn xx nữa.

Cài đặt

vector < int > extract(int n)
{
    int p = 2;
    vector < int > prime_factor; // Lưu thừa số nguyên tố vào vector.

    while (n > 1)
    {
        while (N % p == 0)
        {
            prime_factor.push_back(p);
            n /= p;
        }

        ++p;
    }

    return prime_factor;
}

2. Cải tiến lần 1

Xuất phát từ nhận xét sau: Không thể xảy ra trường hợp mọi thừa số nguyên tố của nn đều lớn hơn n,\sqrt{n}, do đó chúng ta chỉ cần xét các ước của nn từ 22 tới n\sqrt{n} và chia dần nn cho các ước của nó tới khi nn bằng 11. Nếu không thể tìm được ước nào từ 22 tới n\sqrt{n} thì nn phải là một số nguyên tố. Độ phức tạp giải thuật là O(n)O(\sqrt{n}).

Cài đặt

vector < int > extract(int n)
{
    vector < int > prime_factor;

    for (int i = 2; i * i <= n; ++i)
        while (n % i == 0)
        {
            prime_factor.push_back(i);
            n /= i;
        }

    if (n > 1)
        prime_factor.push_back(i);

    return prime_factor;
}

3. Phân tích thừa số nguyên tố bằng sàng Eratosthenes

Từ hai giải thuật trên ta thấy: Ở mỗi bước phân tích cần tìm ra ước nguyên tố nhỏ nhất của nn rồi chia nn cho ước đó. Ta sẽ thay đổi sàng Eratosthenes đi một chút để lấy được ngay ước nguyên tố nhỏ nhất của nn trong O(1)O(1) ở mỗi bước phân tích, điều này sẽ giúp giảm thời gian chạy đi đáng kể.

Cài đặt

int smallest_divisor[max_value + 1];
bool is_prime[max_value + 1];

void eratosthenes_sieve(int max_value)
{
    // Mảng lưu ước nguyên tố nhỏ nhất của các số trong đoạn [1, max_value].
    fill(smallest_divisor + 1, smallest_divisor + max_value + 1, 0); 
    fill(is_prime, is_prime + max_value + 1, true);
    is_prime[0] = is_prime[1] = false;

    for (int i = 2; i * i <= max_value; ++i)
        if (is_prime[i]) // Nếu i là số nguyên tố
            for (int j = i * i; j <= max_value; j += i)
            {
                is_prime[j] = false;
                    
                // Ước nguyên tố nhỏ nhất của j là i.
                if (smallest_divisor[j] == 0)
                    smallest_divisor[j] = i; 
            }

    // Xét riêng các trường hợp i là số nguyên tố,
    // ước nguyên tố nhỏ nhất là chính nó.
    for (int i = 2; i <= max_value; ++i)
        if (is_prime[i])
            smallest_divisor[i] = i;
}

vector < int > extract(int n)
{
    // Sàng số nguyên tố tới một giá trị max_value nào đó. 
    eratosthenes_sieve(max_value); 

    vector < int > prime_factor;

    while (n > 1)
    {
        int p = smallest_divisor[n];
        prime_factor.push_back(p);
        n /= p;
    }

    return prime_factor;
}

Mặc dù việc thực hiện sàng Eratosthenes vẫn mất O(n.logn),O\big(n.\log n \big), tuy nhiên thao tác phân tích một số pp thành thừa số nguyên tố chỉ mất độ phức tạp O(logp)O(\log p). Điều này sẽ rất có lợi trong các bài toán phải phân tích thừa số nguyên tố nhiều lần.

4. Đếm số ước của một số nguyên

Giả sử ta phân tích được nn thành các thừa số nguyên tố ở dạng:

n=p1k1×p2k2×...×pmkmn=p_1^{k_1}\times p_2^{k_2}\times ... \times p_m^{k_m}

Các ước số của nn sẽ phải có dạng:

p1r1×p2r2×...×pmrmp_1^{r_1}\times p_2^{r_2}\times ...\times p_m^{r_m}

với 0r1k1,0r2k2,...,0rmkm0 \le r_1 \le k_1, 0 \le r_2 \le k_2,..., 0 \le r_m \le k_m.

Theo nguyên lý nhân, ta thấy: r1r_1k1+1k_1 + 1 cách chọn, r2r_2k2+2k_2 + 2 cách chọn,..., rmr_mkm+1k_m + 1 cách chọn. Như vậy số lượng ước của nn sẽ được tính theo công thức:

Fn=(k1+1)×(k2+1)×...×(km+1)F_n=(k_1+1)\times (k_2+1) \times ... \times (k_m+1)

Từ đây, ta có ý tưởng đếm số ước của một số nguyên dương nn như sau:

  • Phân tích nn thành thừa số nguyên tố.
  • Đặt một biến cnt_x\text{cnt\_x} là số lần xuất hiện của thừa số nguyên tố xx trong phân tích của nn. Ta vừa phân tích nn vừa cập nhật số lượng thừa số nguyên tố lên biến cnt_x\text{cnt\_x}.

Cài đặt 1

Tính số lượng ước nguyên dương của số nn bằng phân tích nguyên tố trong O(n)O(\sqrt{n}):

int count_divisors(int n)
{
    int total_divisor = 1; // Chắc chắn n có ước là 1.
    for (int i = 2; i * i <= n; ++i)
    {
        int cnt = 0; // Đếm số lượng thừa số nguyên tố i trong phân tích của N.
        while (n % i == 0)
        {
            ++cnt;
            N /= i;
        }

        total_divisors *= (cnt + 1);
    }

    if (n > 1)
        total_divisors *= 2;

    return total_divisors;
}

Trong trường hợp cần đếm ước của nhiều số (khoảng 10610^6 số chẳng hạn), và mỗi số đều có giá trị nhỏ hơn hoặc bằng 107,10^7, thì giải thuật trên sẽ bị Time Limit Exceeded. Khi đó, ta có thể cải tiến thuật toán bằng cách áp dụng luôn việc phân tích thừa số nguyên tố sử dụng Sàng Eratosthenes, khi đó việc đếm ước của mỗi số sẽ chỉ còn độ phức tạp là O(logn)O(\log n).

Cài đặt 2

Trong cài đặt này, ta sẽ tái sử dụng lại code Sàng số nguyên tố Eratosthenes và mảng smallest_divisor\text{smallest\_divisor} ở phần phân tích thừa số nguyên tố bằng Sàng Eratosthenes bên trên.

Tính số lượng ước nguyên dương của số nn bằng phân tích nguyên tố trong O(logn)O(\log n):

int count_divisors(int n)
{
    int total_divisors = 1;
    
    while (n > 1)
    {
        int d = smallest_divisor[n], power = 0;
        while (n % d == 0)
        {
            ++power;
            n /= d;
        }
        
        total_divisors *= (power + 1);    
    }
    
    return total_divisors;
}

5. Tính tổng các ước số nguyên dương của một số nguyên dương

Định lý

Nếu một số nguyên dương nn khi phân tích ra thừa số nguyên tố có dạng:

n=p1k1×p2k2×...×pmkm (ki0;i:1im)n=p_1^{k_1}\times p_2^{k_2}\times ... \times p_m^{k_m} \text{ } (k_i \ne 0; \forall i: 1 \le i \le m)

thì tổng các ước nguyên dương của nó được tính theo công thức:

σ(n)=i=1m(piki+11pi1)\sigma(n) = \prod_{i = 1}^m \left(\frac{p_i^{k_i + 1} - 1}{p_i - 1}\right)

Chứng minh: Các ước số của nn sẽ phải có dạng:

p1r1×p2r2×...×pmrmp_1^{r_1}\times p_2^{r_2}\times ...\times p_m^{r_m}

với 0r1k1,0r2k2,...,0rmkm0 \le r_1 \le k_1, 0 \le r_2 \le k_2,..., 0 \le r_m \le k_m.

\rightarrow Tổng các ước của nn là:

σ(N)=r1=0k1r2=0k2rm=0km(p1r1×p2r2××pmrm)\sigma(N) = \sum_{r_1=0}^{k_1} \sum_{r_2=0}^{k_2} \cdots \sum_{r_m = 0}^{k_m} (p_1^{r_1} \times p_2^{r_2} \times \cdots \times p_m^{r_m})

=r1=0k1p1r1×r2=0k2p2r2××rm=0kmpmrm (1)= \sum_{r_1=0}^{k_1} p_1^{r_1} \times \sum_{r_2=0}^{k_2} p_2^{r_2} \times \cdots \times \sum_{r_m=0}^{k_m} p_m^{r_m} \ (1)

Mà ta có công thức dãy cấp số nhân sau:

p0+p1+p2++pn=pn+11p1 (2)p^0 + p^1 + p^2 + \cdots + p^n = \frac{p^{n + 1} - 1}{p - 1} \ (2)

Từ (1)(1)(2)(2), ta có:

σ(n)=p1k1+11p11×p2k2+11p21××pmkm+11pm1\sigma(n) = \frac{p_1^{k_1 + 1} - 1}{p_1 - 1} \times \frac{p_2^{k_2 + 1} - 1}{p_2 - 1} \times \cdots \times \frac{p_m^{k_m + 1} - 1}{p_m - 1}

Cài đặt 1

Để tránh tràn số, ở đây tôi đặt luôn tất cả các số mang kiểu dữ liệu long long. Tùy vào bài toán mà các bạn sẽ điều chỉnh lại cho phù hợp.

Tuy nhiên, giải thuật này có sử dụng tới kĩ thuật tính nhanh lũy thừa aba^b trong O(logb)O(\log b) bằng giải thuật Bình phương và Nhân. Các bạn có thể đọc trước về giải thuật này tại đây.

Tính tổng các ước của một số nguyên dương nn trong O(n×logn)O(\sqrt{n} \times \log n):

long long exponentiation(long long A, long long B)
{
    if (B == 0)
        return 1LL;

    long long half = exponentiation(A, B / 2LL);

    if (B & 1)
        return half * half * A;
    else 
        return half * half;
}

long long get_sum_divisors(long long n)
{
    if (n == 1)
        return 1;

    long long x = 1, y = 1;
    for (int i = 2; i * i <= n; ++i)
    {
        long long cnt = 0; // Đếm số lượng thừa số nguyên tố i trong phân tích của n.
        while (n % i == 0)
        {
            ++cnt;
            n /= i;
        }

        if (cnt != 0)
        {
            x *= (exponentiation(i, cnt + 1) - 1);
            y *= (i - 1);
        }
    }

    if (n > 1)
        x *= n * n - 1, y *= (n - 1);

    return x / y;
}

Cũng tương tự như khi đếm ước, ta có thể sử dụng sàng Eratosthene để tính tổng các ước của một số nguyên dương n,n, phương pháp này sẽ rất hữu dụng trong các bài toán cần tính nhanh tổng các ước của nn.

Cài đặt 2

Trong cài đặt này, ta sẽ tái sử dụng lại code Sàng số nguyên tố Eratosthenes và mảng smallest_divisor\text{smallest\_divisor} ở phần phân tích thừa số nguyên tố bằng Sàng Eratosthenes bên trên.

Tuy nhiên, do dùng tới Sàng nguyên tố nên giải thuật này chỉ có thể phân tích các số có giá trị khoảng 10710^7 trở xuống. Các bạn cần lựa chọn thuật toán cho phù hợp với ràng buộc đề bài.

Tính tổng các ước nguyên dương của một số nn trong O(log2n)O(\log^2 n):

long long exponentiation(long long A, long long B)
{
    if (B == 0)
        return 1LL;

    long long half = exponentiation(A, B / 2LL);

    if (B & 1)
        return half * half * A;
    else 
        return half * half;
}

long long get_sum_divisors(int n)
{
    long long x = 1, y = 1;
    
    while (n > 1)
    {
        int d = smallest_divisor[n], power = 0;
        while (n % d == 0)
        {
            ++power;
            n /= d;
        }

        x *= (exponentiation(d, power + 1) - 1);
        y *= (d - 1);
    }

    return x / y;
}

IV. Bài tập minh họa

1. Số nguyên tố đặc biệt

Đề bài

Một số nguyên dương XX được gọi là số nguyên tố đặc biệt khi và chỉ khi nó có đúng 33 ước nguyên dương phân biệt.

Yêu cầu: Cho trước số nguyên dương NN. Hãy đếm số lượng số nguyên tố đặc biệt từ 11 tới N?N?

Input:

  • Chứa duy nhất số nguyên dương NN.

Ràng buộc:

  • 1N1091 \le N \le 10^9.

Subtasks

  • Subtask 11 (50%50\% số điểm): 1N1031 \le N \le 10^3.
  • Subtask 22 (50%50\% số điểm): Không có ràng buộc gì thêm.

Output:

  • In ra danh sách các số nguyên tố đặc biệt từ 11 tới N,N, mỗi số trên một dòng.

Sample Input:

5

Sample Output:

4

Ý tưởng

Subtask 1

Duyệt tất cả các số và đếm ước của chúng.

Độ phức tạp: O(n×n)O\big(n \times \sqrt{n}\big).

Subtask 2

Nhận thấy, số có 33 ước nguyên dương phân biệt chắc chắn phải là bình phương của một số nguyên tố. Vậy ta sẽ đi tìm số lượng số xx là số nguyên tố thỏa mãn: 1xn,1 \le x \le \sqrt{n}, khi đó x2x^2 chính là một số nguyên tố đặc biệt.

Độ phức tạp: O(n)O(\sqrt{n}).

Cài đặt

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

bool is_prime(int N)
{
    if (N < 2) return false;

    for (int i = 2; i * i <= N; ++i)
        if (N % i == 0)
            return false;

    return true;
}

void solution(int N)
{
    for (int i = 1; i * i <= N; ++i)
        if (is_prime(i))
            cout << i * i << endl;
}

int main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    int N;
    cin >> N;

    solution(N);

    return 0;
}

2. Tìm số mũ

Đề bài

Cho trước hai số nguyên NNPP.

Yêu cầu: Xác định giá trị MM nguyên dương lớn nhất để PMP^M là ước số của N!N!

Input:

  • Một dòng duy nhất chứa hai số nguyên NNPP.

Ràng buộc:

  • 1N,P300001 \le N, P \le 30000.

Output:

  • Đưa ra số MM tìm được. Dữ liệu đảm bảo luôn tồn tại giá trị MM nguyên dương thỏa mãn yêu cầu.

Sample Input:

7 3

Sample Output:

2

Ý tưởng

Giả sử n!n! có phân tích nguyên tố là:

p1k1×p2k2××pxkxp_1^{k_1} \times p_2^{k_2} \times \cdots \times p_x^{k_x}

Thì các ước số của n!n! phải có dạng:

p1k1×p2k2××pxkx)p_1^{k'_1} \times p_2^{k'_2} \times \cdots \times p_x^{k'_x)}

với k1k1,k2k2,,kxkxk'_1 \le k_1, k'_2 \le k_2, \dots, k'_x \le k_x.

Suy ra để PmP^m là ước của n!n! thì PmP^m cũng phải có dạng như trên. Giả sử phân tích nguyên tố của PP là:

q1r1×q2r2××qlrlq_1^{r_1} \times q_2^{r_2} \times \cdots \times q_l^{r_l}

Thì PmP^m có phân tích là:

q1r1.m×q2r2.m××qlrl.mq_1^{r_1.m} \times q_2^{r_2.m} \times \cdots \times q_l^{r_l.m}

Nếu trong phân tích của PmP^m tồn tại một số nguyên tố không xuất hiện trong phân tích của n!n! thì chắc chắn không tìm được giá trị mm. Tuy nhiên đề bài nói rằng chắc chắn luôn luôn tìm được mm. Do đó, phân tích nguyên tố của PmP^m sẽ chỉ bao gồm các thừa số nguyên tố trong phân tích của n!n!:

p1r1.m×p2r2.m××pxrx.mp_1^{r_1.m} \times p_2^{r_2.m} \times \cdots \times p_x^{r_x.m}

Vì PmP^m là ước của n!n! nên:

r1.mk1;r2.mk2;;rx.mkxr_1.m \le k_1; r_2.m \le k_2; \dots; r_x.m \le k_x

mk1r1;mk2r2;;mkxrx\Leftrightarrow m \le \left\lfloor{\frac{k_1}{r_1}}\right\rfloor; m \le \left\lfloor{\frac{k_2}{r_2}}\right\rfloor; \cdots; m \le \left\lfloor{\frac{k_x}{r_x}}\right\rfloor

m max=min(kiri);i:1ix\Leftrightarrow m \text{ max}= \text{min}\left(\left\lfloor{\frac{k_i}{r_i}}\right\rfloor\right); \forall i: 1 \le i \le x

Vì n,p30000n, p \le 30000 nên chỉ cần áp dụng phân tích thừa số nguyên tố trong O(n)O(\sqrt{n}) là có thể vượt qua ràng buộc thời gian $1$s.

Cài đặt

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

void extract(int n, vector < int > &power) 
{
    for (int i = 2; i * i <= n; i++) 
    {
        while (n % i == 0) 
        {
            n /= i;
            power[i]++;
        }
    }

    if (n > 1)
        power[n]++;
}

void solution(int n, int p)
{
    vector < int > power1(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        extract(i, power1);

    vector < int > power2(n + 1);
    extract(p, power2);

    int res = INT_MAX;
    for (int i = 2; i <= n; i++)
        if (power1[i] != 0 && power2[i] != 0)
            res = min(res, power1[i] / power2[i]);

    cout << res;
}

int main() 
{
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    
    int n, p;
    cin >> n >> p;

    solution(n, p);

    return 0;
}

3. Quà sinh nhật

Đề bài

Nguyên nhận được món quà sinh nhật thú vị. Đó là một dãy số nguyên dương. Anh ta quyết định biến đổi dãy số nhận được thành dãy toàn số 11.

Tại mỗi bước, anh ta chọn ra một tập hợp các số có cùng một ước số là số nguyên tố pp nào đó, chia tất cả các số trong tập hợp này cho số pp.

Yêu cầu: Hỏi rằng Nguyên phải thực hiện tối thiểu bao nhiêu bước biến đổi để thu được dãy toàn số 1?1?

Input:

  • Dòng đầu tiên ghi số nguyên dương TT là số bộ dữ liệu. Tiếp theo là TT nhóm dòng, mỗi nhóm dòng mô tả một bộ dữ liệu theo qui cách sau:
    • Dòng đầu tiên ghi số nguyên dương NN - số lượng số của dãy số.
    • Dòng thứ hai chứa NN số nguyên a1,a2,,aNa_1,a_2,\dots ,a_N phân tách nhau bởi dấu cách - dãy số được cho.

Ràng buộc:

  • 1T51 \le T \le 5.
  • 1N1051 \le N \le 10^5.
  • 1ai106;i:1iN1 \le a_i \le 10^6; \forall i: 1 \le i \le N.

Output:

  • Với mỗi bộ dữ liệu in ra trên một dòng số nguyên - số lượng tối thiểu các bước cần thực hiện để thu được dãy chỉ chứa toàn số 11.

Sample Input:

1
3
1 2 4

Sample Output:

2

Ý tưởng

Mỗi lần ta chọn một số nguyên tố pp và chia mọi số trong mảng AA có chứa pp cho nó, vì vậy ta có thể hiểu ý tưởng của bài là xét mọi thừa số nguyên tố xuất hiện trong phân tích nguyên tố của các ai,a_i, và lần lượt đếm số bước cần thực hiện để loại bỏ mỗi thừa số đó ra khỏi mọi số trong mảng AA.

Ta sẽ phân tích ước nguyên tố ra với mỗi số aia_i trong O(log(ai))O\big(\log(a_i)\big) sử dụng sàng số nguyên tố. Với mỗi thừa số nguyên tố p,p, giả sử nó xuất hiện trong kk số của mảng AAai1,ai2,,aika_{i_1}, a_{i_2}, \dots, a_{i_k} với số lần xuất hiện lần lượt là c1,c2,,ck;c_1, c_2, \dots, c_k; thì tổng số lần chia cần thiết để loại bỏ pp khỏi toàn bộ kk số đó sẽ là max(c1,c2,,ck)\text{max}(c_1, c_2, \dots, c_k) lần, bởi vì mỗi khi ta chia một số aia_i cho pp thì các số khác cũng chứa pp cũng sẽ được gom nhóm cùng aia_i để chia một lần.

Vậy dùng một mảng max_power[p]\text{max\_power}[p] để lưu số mũ cao nhất của thừa số nguyên tố pp trong phân tích nguyên tố của tất cả các aia_i. Sau đó, lưu một mảng primes\text{primes} chứa mọi số nguyên tố khác nhau trong quá trình phân tích các aia_i. Kết quả cuối cùng sẽ là:

max_power[p];pprimes\sum \text{max\_power}[p]; \forall p \in \text{primes}

Độ phức tạp: (T×n.log(n))\big(T \times n.\log(n)\big).

Cài đặt

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int maxn = 1e5, max_value = 1e6;
int a[maxn + 1], smallest_divisor[max_value + 1];

void eratosthenes_sieve(int max_value)
{
    vector < bool > is_prime(max_value + 1, true);
    is_prime[0] = is_prime[1] = false;

    for (int i = 2; i * i <= max_value; ++i)
        if (is_prime[i])
            for (int j = i * i; j <= max_value; j += i)
            {
                is_prime[j] = false;

                if (smallest_divisor[j] == 0)
                    smallest_divisor[j] = i;
            }

    for (int i = 2; i <= max_value; ++i)
        if (is_prime[i])
            smallest_divisor[i] = i;
}

void solution(int n, int a[])
{
    vector < int > max_power(max_value + 1, 0);
    vector < int > appear(max_value + 1, false);
    vector < int > primes;

    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        int x = a[i];
        while (x > 1)
        {
            int p = smallest_divisor[x], power = 0;
            while (x % p == 0)
            {
                ++power;
                x /= p;
            }

            max_power[p] = max(max_power[p], power);
            if (!appear[p])
                appear[p] = true, primes.push_back(p);
        }
    }

    int res = 0;
    for (int p: primes)
        res += max_power[p];

    cout << res << endl;
}

main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    
    eratosthenes_sieve(max_value);

    int t;
    cin >> t;

    while (t--)
    {
        int n;
        cin >> n;

        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            cin >> a[i];

        solution(n, a);
    }

    return 0;
}

V. Tài liệu tham khảo


©️ Tác giả: Vũ Quế Lâm từ Viblo


All Rights Reserved

Viblo
Let's register a Viblo Account to get more interesting posts.