LOJ6303

• 题目
  LOJ6303
• 分析
  给定正整数$n,k$,已知非负整数$x$满足$n!\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{k}^x=0$,求$x_{max}$。
  考虑唯一分解定理
  $n!$ 可以分解为$p_1^{c_1}\ast p_2^{c_2}\ast ...p_k^{c_k}$
  $k^x$ 可以分解为$p_1^{a_1\ast x}\ast p_2^{a_2\ast x}...p_m^{c_m\ast x}$
  所以不论$k$的几次方，$k$分解出来的$p$应该不变。
  考虑$n!$分解出来$p$的集合，如果存在一个$p\in k^x,p\notin n!$,那么$n!\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{k}^x!=0$,$x=0$.
  可以发现，只要对于$k$分解质因数，再用$k$的范围内的质数结合老套路对$n!$分解质因数，求出$c_i$,最后用$\frac{c_i}{a_i}$更新$x$的最小值即可。更新最小值是因为要满足整除。不考虑$n!$分解质因数是因为大于$k$的素数部分一定满足整除，对答案没有影响。比如：
  $x=\frac{2^3\ast 3^3\ast 5^2}{2^2\ast 3}$，这里$5^2$没有影响直接在$x$中累计即可。
• 代码

/*
  独立思考
  一个题不会做，收获5%，写了代码10%，提交对了30%，总结吃透了这个题才是100%.
*/
#include
using namespace std;
template <typename T>
void read(T &x)
{
	x = 0;
	char c = getchar();
	int sgn = 1;
	while (c < '0' || c > '9') {if (c == '-')sgn = -1; c = getchar();}
	while (c >= '0' && c <= '9')x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
	x *= sgn;
}
template <typename T>
void out(T x)
{
	if (x < 0) {putchar('-'); x = -x;}
	if (x >= 10)out(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
ll gcd(ll a, ll b) { return b ? gcd(b, a % b) : a;}
ll solve(ll x, ll y)
{
	if (y > x) return 0;
	return x / y + solve(x / y, y);
}
const int N = 5000009;
ll prime[N];
bool v[N];
int tot = 0;
ll c = 0;
void sieve()
{
	for(int i=2;i<=3400000;i++)
	{
		if(!v[i])
		  prime[++tot]=i;
		for(int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<=3400000;j++)
		{
			v[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0)
				break;
		}
	}
}
int main ()
{
	sieve();
	ll n, k;
	while (~scanf("%lld %lld", &n, &k))
	{
		ll ans = 9e18;
		for (int i = 1; prime[i]*prime[i] <= k; i++)
		{
			if (k % prime[i] == 0)
			{
				c = 0;
				while (k % prime[i] == 0)
				{
					c ++;
					k /= prime[i];
				}
				ans = min(ans, solve(n, prime[i]) / c);
			}
		}
		if (k != 1) ans = min(ans, solve(n, k));
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0 ;
}