bzoj 3643 Phi的反函数

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这题用到了一个非常常用非常重要的性质：对于long long级别的数字，它不同的质因子个数非常小，最多不会超过15个。因为最小的十来个质数乘起来就已经变得很大了。这就说明我们可以用爆搜来搞这个东西。对于这道题来说我们知道一个数的phi就是一坨质数和一坨(质数-1)的乘积，那么我们的任务就是把这些东西构造出来。

枚举所有的prime，如果这个prime合法的话那么prime-1一定是给定的x的约数。如果x不能整除prime-1的话就根本不用考虑这个质数了，否则就开始考虑把prime这个东西构造到答案里面去。首先除掉一个prime-1，答案乘以一个prime；接下来就一个一个地除掉prime，然后每次都进去搜一次直到不能除了为止，这相当于枚举了这个质因数的次数。

然而还有一个问题就是对于那些很大的质数没法筛出来，这就要利用每个数大于$\sqrt x$的质因子只会有一个，并且这个质因子一定表现为prime-1的形式，那么每次就判断一下当前剩下的这个数+1是不是一个大质数，如果是大质数的话就记录答案并且不用继续往下搜了，因为再往下搜答案只会再变大。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N = 50000;
bool p[N + 10];
int x, pr[N + 10];
long long anss;
void init() {
for (int i = 2; i <= N; ++i) {
if (!p[i]) pr[++pr[0]] = i;
for (int j = 1; j <= pr[0] && i * pr[j] <= N; ++j) {
p[i * pr[j]] = 1;
if (i % pr[j] == 0) break;
}
}
}
int is_prime(long long x) {
int up = floor(sqrt(x));
for (int i = 2; i <= up; ++i)
if (x % i == 0) return 0;
return 1;
}
void dfs(int las, long long ans, long long sum) {
if (ans == 1) {
anss = min(anss, sum);
return;
}
if (ans > floor(sqrt(x)) && is_prime(ans + 1)) {
anss = min(anss, 1ll * sum * (ans + 1ll));
return;
}
for (int i = las + 1; i <= pr[0]; ++i) {
if (ans % (pr[i] - 1) == 0) {
int nans = ans / (pr[i] - 1);
long long nsum = 1ll * sum * pr[i];
dfs(i, nans, nsum);
while (nans % pr[i] == 0) {
nans /= pr[i];
nsum *= 1ll * pr[i];
dfs(i, nans, nsum);
}
}
if (pr[i] > ans) return;
}
}
main() {
init();
anss = 2147483648ll;
scanf("%d", &x);
dfs(0, x, 1);
if (anss <= 2147483647) printf("%d\n", anss);
else puts("-1");
}