【 51NOD 1434 素數篩 】【數論+思維+篩素數】區間LCM【找到一個最小整數M，滿足M>N，LCM(N+1,N+2,..,M-1,M)是LCM(1,2,3,4,.,N-1,N) 的倍數】
思路：
雖然是四級題，但是思路還是不太清晰，找網上題解講的很多不是特別清晰（可以隨便舉些例子理解一下）
首先可以得出一個性質：LCM(1,2,3,4,...,N-1,N) 中質因子k的出現的次數為t,則有k^t<=n
根據這個性質我們先篩出素數,然後列舉每個質數,求出對應的k和t,然後找出倍數j（不會很大）,使得j*k^t>n,這個j*k^t是ans的可能取值，所以ans = max(ans, j*k^t)不斷更新最大的ans,這樣可以保證儘量小的m使得LCM(N+1,N+2,....,M-1,M)中存在j*k^t把LCM(1,2,3,4,...,N-1,N)中k^t除盡
程式碼：
（個人覺得這個程式碼結合上面的題解容易理解些）
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; template<class T> T sqr(T x){ return x * x; } template<class T> T gcd(T a, T b){ return b ? gcd(b, a%b) : a; } template<class T> void read(T&num) { char CH; bool F=false; for(CH=getchar();CH<'0'||CH>'9';F= CH=='-',CH=getchar()); for(num=0;CH>='0'&&CH<='9';num=num*10+CH-'0',CH=getchar()); F && (num=-num); } const int N=1e6+10; int n; int prime[N]; void init(){ for(int i = 2; i * i < N; i++)if(!prime[i]){ for(int j = 2 * i; j < N; j += i)prime[j] = 1; } } int main(){ int T; read(T); init(); while(T--){ read(n); int ans = 2, num; for(int i = 2; i <= n; i++)if(!prime[i]){//素數 int u = (int)(log(n) / log(i)); int v = (int)pow(i, u); for (int j = 2; ; ++j)if (v * j > n){ v *= j; break; } ans = max(ans, v); } printf("%d\n", ans); } return 0; }
網上的題解：
假設有質數K，可以求出t，使得K的t次方剛好小於等於m（K^t<=m）那麼lcm(1,2,…,m)分解質因數中一定而且最多有t個質數K連乘，其實我們可以就是求的質數的最高次冪，這樣就可以很快地吧lcm(1,2,…,m)分解質因數那麼怎麼把 lcm(n+1,n+2,…,m)分解質因數呢仍然假設質數K，可以求出最大的t，以及一個常數c（1<=c
< K)，使得 n+1<=c*K^t<=m
那麼lcm(n+1,n+2,…,m)分解質因數中一定而且最多有t個質數K連乘。比如說質數3，n=16,m=22,可以求的c=2,t=2，即17<=2*3^2=18<=22，這樣lcm(17,18,19,20,21,22)中最多有2個質數3連乘既然知道怎麼求lcm(n+1,n+2,..,m)和lcm(1,2,..,m)了來探討一下怎麼求最小的m吧我們想讓這兩個lcm分解質因數後完全一樣，也就是說連乘的質數個數也完全相等。也就是說，對於每個質數K都可以滿足，存在c和最大的t 使得n+1<=c*K^t<=m對於大於n小於m的質數，我們假設是P，那麼一定n+1<=P<=m，一定可以滿足條件所以我們就只看小於等於n的質數就可以了因為要使每個小於N的質數K，都存在c和最大的t
使得n+1<=c*K^t<=m，我們列舉每一個質數，並求得c和t，使得剛好c*K^t>=n，
答案就取最大的c*K^t，即 max( c*K^t )這樣lcm(1,2,…,m)和lcm(n+1,n+2,…,m)的分解質因數後均至少有t個質數K。如果最終m有 k^(t+1)<=m，那麼這個K^(t+1)>n一定成立，故仍滿足條件
程式碼：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
template<class T> T sqr(T x){ return x * x; }
template<class T> T gcd(T a, T b){ return b ? gcd(b, a%b) : a; }
template<class T> void read(T&num) {
char CH; bool F=false;
for(CH=getchar();CH<'0'||CH>'9';F= CH=='-',CH=getchar());
for(num=0;CH>='0'&&CH<='9';num=num*10+CH-'0',CH=getchar());
F && (num=-num);
}
const int N=1e6+10;
int n;
int prime[N];
void init(){
for(int i = 2; i * i < N; i++)if(!prime[i]){
for(int j = 2 * i; j < N; j += i)prime[j] = 1;
}
}
int main(){
int T;
read(T);
init();
while(T--){
read(n);
int ans = 2, num;
for(int i = 2; i <= n; i++)if(!prime[i]){//素數
for(num = i; num <= n/i; num *= i) ;
ans = max(ans, (n / num + 1) * num);
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}