【C++】B3716分解质因子3 题解_素数筛法_欧拉筛+埃氏筛_算法竞赛

B3716 分解质因子 3 题解

Link：Luogu - B3716

题目描述

给定一个正整数 $n$，设 $n=p_1\times p_2\times \dots p_k$，其中 $p_i$ 均为质数，对 $1\le i<k$，$p_i\le p_{i+1}$。

可以证明，序列 $p_i$ 是唯一的。

对每个给定的 $n$，请你求出 $p_1,p_2,\dots p_k$。

为了避免输出过大，请你输出 $p_1,p_2,\dots p_k$ 的按位异或和。

输入格式

本题单测试点内有多组测试数据。

第一行是一个整数，表示测试数据组数 $T$。

接下来 $T$ 行，每行一个整数，表示一组数据的 $n$。

输出格式

对每组测试数据，输出一行一个整数，表示它所有质因子的按位异或和。

样例 #1

样例输入 #1

2
3
9
1
2
3

样例输出 #1

3
0
1
2

提示

数据规模与约定

对于全部的测试点，保证 $1\le T\le 10^6$，$2\le n\le 10^8$。

提示

请注意大量数据读入输出对程序效率造成的影响，选择合适的 IO 方式，避免超时。

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解题思路

这道题的思路非常巧妙，值得记录。是典型的素数筛法变式题。

首先看到这道题数据范围这么大，又是素数相关，不难联想到要利用素数筛预处理。

回顾朴素的素数分解算法可以看作如下的处理（已经筛出$p[1],p[2],\cdots ,p[maxp]$）：

① n/=p[k] ②n/=p[k-1] ③n/p[k-2]……（保证 $n|p$，直到 n==1或n是质数 为止）

我们的时间复杂度瓶颈就在枚举 $p[k]$ 的循环，即枚举下一个可以被n整除的素数。即使已经筛好了也会慢一些

那，我们有没有可能以 $O(1)$ 的复杂度知道：能被 $n$ 整除的下一个最小质因数是几？这样，我们就可以一路除下去找到答案。

这可以实现！因为埃氏筛和欧拉筛的原理都是：通过“素数的倍数一定是合数”这一原理，

那我们只要知道这个“素数”是几，就可以通过创建类似“链式前向星”的数据结构来维护这个除法链。从而 $O(1)$ 实现这一操作

具体实现看代码。比较易懂，只能用欧拉筛，因为埃氏筛复杂度是 $O(n\log \log n)$，会超时。

AC Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxp = 1e8;

int vis[maxp + 5]; // vis[i]!=0，则表示合数i上一个是从vis[i]转移过来的
int prime[maxp], cnt;

void pretreatment(){ // 预处理出：所有合数是从哪些质数转移过来的
	for(int i = 2; i <= maxp; i ++){
		if(!vis[i]){
			prime[cnt ++] = i;
		}
		for(int j = 0; prime[j] * i <= maxp && j < cnt; j ++){
			vis[prime[j] * i] = prime[j]; // 标记它是从哪里来的，暗示：vis数组里存的都是对答案有用的质数
			if(i % prime[j] == 0) break;
		}
	}
}

void solve(){
	int n; cin >> n;
	if(vis[n] == 0){
		cout << n << '\n'; // 只有一个数，那答案就是它本身
	}
	else{
		int ans = 0; // 赋初始值0是没问题的，因为0异或任何数，结果都是那个非零数
		while(true){
			if(vis[n] == 0){ // 如果终于找到一个质数了，直接退出即可
				ans ^= n;
				break;
			}
			ans ^= vis[n]; // 否则记录答案，因为vis数组里存的一定都是质数
			n /= vis[n]; // 继续转移到下一个合数
		}
		cout << ans << '\n';
	}
}

int main(){
	ios :: sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
	pretreatment();
	int T; cin >> T;
	while(T --) solve();
	return 0;
}
1
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6
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43
44
45

End

谢谢大家！