uoj #48. 【UR #3】核聚变反应强度
题目描述
给出一个长度为 n 的数列 a,求 a1 分别与 a1...an 的次大公约数。不存在则输出-1。
输入
第一行一个正整数 nn 。
第二行 n 个用空格隔开的正整数,第 ii 个为 aiai 。
n≤105,ai≤1012n≤105,ai≤1012
输出
一行 n 个用空格隔开的整数,第 i个表示 sgcd(a1,ai)
样例输入
4
12450 1 2 450
样例输出
6225 -1 1 75
题意:
给定a[1~n],求sgcd(a[1],a[1]),sgcd(a[1],a[2])...sgcd(a[1],a[n]);
(其中sgcd表示次大公约数,若不存在请输出-1)
sol:
根据唯一分解定理(猜结论),可知sgcd(a,b)==gcd(a,b)/a与b共有的最小质因子
暴力
:每一对都枚举最大公约数再枚举最小质因数,O(n*sqrt(a))
再读一遍题,思考
:每次都是用 a1 与其它数求次大公约数,而最大公约数的因子一定是两个数的因子。
因此可以直接预处理出 a1 的所有质因子,然后每次枚举判断是否成立即可。
由于质因子只有O(loga)
个,因此时间复杂度为 O(sqrt(a1)+nloga)
/*
reference:
Date:
2019.10.08
sol:
*/
#include
using namespace std;
#define int long long
template inline void rd(T &x){x=0;char c=getchar();int f=0;while(!isdigit(c)){f|=c=='-';c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}x=f?-x:x;}
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define dwn(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define ee(i,u) for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
const int N =1e5+10;
int n;
int a[N];
int p[N],tot_p;
#undef int
int main(){
#define int long long
#ifdef WIN32
freopen("","r",stdin);
#endif
rd(n);
rep(i,1,n)rd(a[i]);
int std=a[1];
for(int i=2;i*i<=a[1];++i){
if(a[1]%i==0){
p[++tot_p]=i;
while(a[1]%i==0)a[1]/=i;
}
}
/* rep(i,1,tot_p)
printf("%lld ",p[i]);
puts("");
*/ if(a[1]>1)p[++tot_p]=a[1];
printf("%lld ",std/p[1]);
rep(i,2,n){
bool flag=0;
int gcd=__gcd(a[i],std);
int j;
for(j=1;j<=tot_p;++j){
if(a[i]%p[j]==0){
flag=1;
break;
}
}
printf("%lld ",flag?gcd/p[j]:-1);
}
return 0;
}