2020寒假【gmoj2092】【game】【埃氏筛】

题目描述

Guyu Guo和Tube Lu正在玩一个游戏：Lu默想一个1和n 之间的数x，然后Guo尝试猜出这个数。
Guo能提出m个这样的问题： “未知数是否能被yi整除？”
游戏按照如下流程进行：Guo先给出他想问的全部m个问题，然后Lu对所有问题依次以“是”或“否”作答。得到m个问题的答案之后，Guo就要给出他的猜测。
Guo写了一个程序帮他以最优的方式提出这m个问题，现在他想知道在保证得到一个确定的答案下，最少可以问多少个问题，即m的最小值。

输入

一行，一个整数n

输出

一行，一个整数m（表示最少问m个问题）

样例输入

【样例输入1】
4

【样例输入2】
8

样例输出

【样例输出1】
3

【样例输出2】
6

样例1解释：
Guo依次提问能否被2，3，4整除，就可以得到确定答案。
比如Lu回答能被2，4整除，不能被3整除，则确定答案为4
样例2解释：
Guo依次提问能否被2，3，4，5，7，8整除，总共需要6次。

分析

其实这题我一开始看到完全是懵逼的，样例都看不懂。
经过ymw大佬的指点，我恍然大悟。。。

我们可以发现一个规律：要问的数就是小于等于n的k^p。k是质数，p是正整数。

ymw大佬还指出：这种题一般都是猜结论然后证明，可以手推几个小样例。
至于这个规律怎么证明，我也没太懂，放几张截图大伙看看：

这时我写了一篇代码：

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int a[100001]={0},s[100001]={0};
long long ans,sum;
int pdzs(int x)
{
	int p=0;
	for(register int k=2;k<=x-1;k++)
	{
		if(x%k==0)
		{
			return 0;
		}
	}
	return 1;
}
int main()
{
//	freopen("game.in","r",stdin);
//	freopen("game.out","w",stdout);
	cin>>n;
	for(register int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(pdzs(i)==0) continue;
		else
		{
			for(register int j=1;j<=n;j++)
			{
				sum=pow(double(i),double(j));
				if(sum<=n&&a[sum]==0)
				{
					
					ans++;
					a[sum]=1;	
				}
				else break;
			}
		}
	}
	cout<<ans;
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
    return 0;
}

结果超时了。。。。。
dalao介绍了埃式筛法。就是筛去所有质数的倍数。我做了一个变式：筛去质数的倍数，留下质数的次幂，最后没被筛去的就是答案数量，累加即可。

上代码

#include
#include
#include
using namespace std;
int ip[100001]; 
long long t;
int main()
{
	freopen("game.in","r",stdin);
	freopen("game.out","w",stdout);
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		ip[i]=1;
	}
    for(long long i=2;i<=n;i++)
    {
    	if(ip[i]==1)
    	{
    		for(int j=2*i;j<=n;j+=i)
    		{
    			ip[j]=0;
			}
			for(long long k=i*i;k<=n;k*=i)
			{
				ip[k]=2;
			}
		}
	}
//	for(int i=1;i<=n;i++)
//	{
//		cout<
//	}
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(ip[i]==1||ip[i]==2) t++;
	}
	cout<<t;
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
    return 0;
}