[POI 2012]Distance(数学)

题目链接

http://main.edu.pl/en/archive/oi/19/odl

题目大意

给你一个序列 a[] ，定义 d(i,j)= a[i],a[j] 每次操作可以对其中之一乘一个质数 p 或除以一个数 p ( p 必须为被除数的约数)，让 a[i]=a[j] 的最少操作步数

对于每个 i ，求 d(i,j) 最小的 j ，若有多个解，输出最小的 j

思路

显然， d(i,j)=cnt[a[i]]+cnt[a[j]]−2cnt[gcd(a[i],a[j])](cnt[i]=数字i的质因数个数) ，即最少操作步数的方案是，先让 a[i] 变成 gcd(a[i],a[j]) ，然后再乘上若干次质数，变成 a[j] 。

我们可以预处理求出 f[i]= 是 i 的倍数，且 cnt[a[x]] 最小的数字 a[x]

对于每次询问 i ，我们可以枚举 i 的约数 gcd(i,?) ，然后用 j=f[gcd(i,?)] 去更新答案

由于这样做，可能出现 i=j 的情况，因此我们要判断 f[gcd(i,?)] 是否为 i ，并且要同时记录维护 f[x] 的最小值和次小值，若 cnt[f[gcd(i,?)]] 最小时 f[gcd(i,?)] 为 i ，就用 j=f[gcd(i,?)] 的次小值更新答案

代码

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

#define MAXN 110000

using namespace std;

int n,m;

struct edge
{
    int u,v,next;
}edges[MAXN*2];

int head[MAXN],nCount=0;

void AddEdge(int U,int V)
{
    edges[++nCount].u=U;
    edges[nCount].v=V;
    edges[nCount].next=head[U];
    head[U]=nCount;
}

int fa[MAXN][22],depth[MAXN];

void LCA_prework()
{
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<20;j++)
            fa[i][j]=fa[fa[i][j-1]][j-1];
}

void LCA(int a,int b)
{
    if(depth[a]for(int i=19;i>=0;i--)
    {
        if(depth[fa[a][i]]>=depth[b]) continue;
        a=fa[a][i];
    }
    if(depth[a]!=depth[b]) a=fa[a][0];
    if(a==b) return a;
    for(int i=19;i>=0;i--)
    {
        if(fa[a][i]==fa[b][i]) continue;
        a=fa[a][i],b=fa[b][i];
    }
    a=fa[a][0],b=fa[b][0];
    return a;
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&fa[i][0]);
        AddEdge(fa[i][0],i);
    }

    return 0;
}