NOJ 1203 最多约数问题 (算数基本定理 DFS +剪枝)
最多约数问题
时间限制(普通/Java) : 20000 MS/ 30000 MS 运行内存限制 : 81920 KByte
题目描述
正整数x的约数是能整除x的正整数。正整数x的约数个数记为div（x）。例如，1,2,5,10都是正整数10的约数，且div(10)=4。 对于给定的2个正整数a<=b，编程计算a与b之间约数个数最多的数。
输入
输入的第1行有两个正整数a和b。
输出
若找到的a和b之间约数个数最多的数是x，则输出div(x)。
样例输入
1 36
样例输出
9
题目链接：http://acm.njupt.edu.cn/acmhome/problemdetail.do?&method=showdetail&id=1203
题目分析：数论，算术基本定理的应用，加上各种牛逼的剪枝
本题的要求是，求出一个给定区间内的含约数最多的整数。
首先明确一下如何求一个数的约数个数：若一个数N满足：N = A1
N1 * A2
N2 * A3
N3 * …… * Am
Nm，则n的约数个数为(N1 + 1) (N2 + 1) (N3 + 1) …… (Nm + 1)。这是可以用乘法原理证明的。
最浅显的算法是，枚举区间内的每个整数，统计它们的约数个数。这个算法很容易实现，但是时间复杂度却相当高。因为题目约定区间的最大宽度可以达到10^9的数量级，相当庞大。因此，在极限规模时，时间是无法忍受的。所以，我们需要尽量的优化时间。
分析一下枚举的过程就会发现，如果我们枚举到两个数n和m*n（m为一相对于n较大的质数），那么我们将重复计算n的约数两次。据此，我们发现了枚举效率低的根本所在。为了解决这一重复，我们可以选取另一种搜索方法——以质因子为对象进行深度搜索。
初始时，令number := 1，然后从最小的质数2开始枚举，枚举包含一个2、两个2……n个2的情况……直至number * 2
n大于区间的上限（max）。对于每种“2^k的情况”，令number := number * 2
n，再枚举3的情况，然后，枚举5的情况、7的情况……方法相同。整个过程是一个深度搜索的过程。当number大于等于区间下限（min）时，我们就找到了一个区间内的数，根据前面介绍的方法，可以得到它的约数个数。所有的区间内的数的约数个数的最大值就是我们要求的目标。
为什么这种深度搜索可以减少常规枚举过程中的重复问题呢？请看下面的一个例子
设给定的区间为[6,30],6,18,30为区间内的数，按照常规枚举方法，计算18,30，的时候分别计算了因子6的约数个数，重复计算2次。如果使用上述所说的深度搜索方法，求这3个数的因数个数的路径有一条公共部分，2*3，这一部分只计算了一次，求18只需再乘个3，求30只需再乘个5，相对于常规枚举减少了两次计算2*3的时间。但这种深度搜索也有问题，就是number有可能是无用的，下面的分析便是对这种深搜方法进行无用数据剪枝。
值得注意的是，我们枚举过程中得到的number可能无用的，即无论用number去乘以多少，都无法得到区间内的数。这样的number如果继续枚举下去，无疑会大大降低效率。那么，能否通过简单的判断，将其剪去呢？答案是可以的。很容易证明，如果(min – 1) div number < max div number，则区间内存在可以被number整除的数。因为，如果区间[min, max]内存在可以被number整除的数，也即是从min到max中至少有一个数能被number整除，那么区间[min – 1, max]内的数被number除得的商肯定不止一种，所以(min – 1) div number必然小于max div number。
反过来，如果(min-1)div number=max div number,则[min,max]内不存在可以被number整除的数。
证明如下：
假设[min,max]内存在可以被number整除的数
如果(min-1) div number=max div number,则min div number = max div number，那么①min等于max，且min和max均可以被number整除，或者②max>min,min可以被number整除，①的情况下可推出，(min-1) div nunber。
此外，我们枚举的质数可能会达到很大。因为给出的整数最大可以达到4,000,000,000，它的质因数自然最大也可以到100,000,000的数量级。如果按上面的方法枚举，显然无法承受时间的压力。但是，我们又可以看到，对于区间内的任一整数，它包含的大于SQRT(4,000,000,000) = 2*31623的质因数最多只可能有一个。因此，我们只需枚举小于2*31623的质数。如果对一个符合要求的number（即，可以证明区间内至少存在一个数可以被number整除），无法找到一个小于2*31623的质数p使得number * p * x ∈ [min, max]（x为一正整数）。那么，可知number需要乘以一个大于31623的质数才能得到number’，使得number’ ∈ [min, max]。根据前面介绍的乘法原理，只需将number包含的约数个数乘以2，即得number’包含的约数个数。
我们还能看到，如果当前搜索状态为(from, number, total)，其中from是指当前枚举到的质因子（按从小到大枚举），total是指number中包含的约数个数。那么剩下的因子数最多为q = [log
from(max / number)]，这些因子组成的约数个数（即上述求约数个数时用到的一串乘积）最大为2
q。当前所能取到的（理想情况）最大约数个数就是total * 2
q，如果这个数仍然无法超过当前最优解，则这一分支可以剪去。
深度搜索的过程，从表面上看是一个指数级的复杂度。其实不然，更准确的说，复杂度应为O(p
logn)。因为，它的指数增长速度是随n成对数级增长，本质上说，还是多项式级的算法。而且我们还进行了一些剪枝，由于枚举中的分支多数为非法的，因此通过剪枝可以去掉绝大多数的分支。这样就大大提高了程序的效率。
#include
#include
#include
int const MAX = 100005;
int prime[MAX];
int ma, cnt, l, r;
void get_prime()
{
bool get[MAX];
memset(get, true, sizeof(get));
get[0] = get[1] = false;
for(int i = 2; i <= sqrt(MAX); i++)
if (get[i])
for(int j = i * i; j <= MAX; j += i)
get[j] = false;
for(int i = 2; i <= MAX; i++)
if(get[i])
prime[++cnt] = i;
}
void search(int from, int tot, int num, int left, int right)
{
ma = tot > ma ? tot : ma;
if((left == right) && (left > num))
search(from, tot * 2, num * left, 1, 1);
for(int i = from; i <= cnt; i++)
{
if (prime[i] >right)
return;
else
{
int j = prime[i], x = left - 1, y = right, n = num, t = tot, m = 1;
while(true)
{
m ++;
t += tot;
x /= j;
y /= j;
if (x == y)
break;
n *= j;
search(i + 1, t, n, x + 1, y);
}
if (tot < (ma / (1 << m)))
return;
}
}
}
int main()
{
cnt = 0;
get_prime();
while(scanf("%d %d", &l, &r) != EOF)
{
if((l == 1) && (r == 1))
ma = 1;
else
{
ma = 2;
search(1, 1, 1, l, r);
}
printf("%d\n", ma);
}
}