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问题重述

本题基于一个基本事实，即任何一个大整数$n$都可以唯一地分解为如下形式
$$n=p_1^{t_1}\times p_2^{t_2}\times \cdots \times p_m^{t_m}$$其中，$p_1,p_2,\cdots ,p_m$表示$m$个素因子，素因子上的幂$t_i>0(1\le i\le m)$。

本题给出$q$组$n,k$，满足$1<n\le 10^{10},1<k,q\le 10$，要求对每组$n,k$，求出$n$除以所有满足$t_i<k$的$p_i^{t_i}$后的结果，即求出
$$\frac{n}{{\prod }_{1\le i\le m且t_i<k}{p}_i^{t_i}}=\prod _{1\le i\le m且t_i\ge k}{p}_i^{t_i}$$

求解思路

由于$n$较大，求出小于$n$的所有的素数是很困难的。因此，我们考虑使用素数筛先求出$10^5$以内的所有素数。如果出现有$p_i>10^5$的情况，则对应的$t_i$必不可能大于1，只能等于1，且这样的$p_i$最多只可能有1个。常见的素数筛有埃氏筛、欧拉筛等。本文使用埃氏筛，其实现如下：

static vector<long long> primes;
// 埃拉托斯特尼筛法，时间复杂度为O(n * loglogn)
void Find_Prime_number(long long n = N){
    vector<bool> flag(n + 1, true);
    //0和1不是素数，直接初始化好
    flag[0] = 0;
    flag[1] = 0;
    //从2开始，1不是素数
    for (long long i = 2; i <= n; i++){
        //如果当前数字是素数
        if (flag[i]){
            //i的倍数标记被不是素数
            for (long long j = i * i; j <= n; j += i)
                flag[j] = false;
            primes.push_back(i);
        }
    }
}

我们将素数筛获得的所有的$10^5$以内的素数保存在vector<long long> primes中。然后，将$n$依次尝试除以primes中的每个质因子$p_i$。如果能够整除$p_i$的次数大于等于$k$，则说明$p_i$是“重要的”，因此恢复到尝试除以$p_i$之前的值。遍历完primes后，我们再处理可能存在的大于$10^5$的质因子。

上文提到，如果存在$p_i>10^5$，在本题的设定中，最多只可能有1个，且对应的$t_i$只可能为1，由于$k>1=t_i$，最终答案要剔除掉$p_i^{t_i}$。

因此，我们需要引入如下函数，用以辅助判断$n$除以${\prod }_{1\le i\le m且p_i\le 10^5}{p}_i^{t_i}$后，是否是一个大于$10^5$素数。如果是，最终结果应该除以这个素数。

bool is_prime(long long n){
    for (long long i = 2; i * i <= n; i++)
        if(n % i == 0)
            return false;
    return true;
}

AC代码

满分代码如下，使用CPP 11标准即可编译运行。

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;

const long long N = 1e5+5;

static vector<long long> primes;

// 埃拉托斯特尼筛法，时间复杂度为O(n * loglogn)
void Find_Prime_number(long long n = N){
    vector<bool> flag(n + 1, true);
    //0和1不是素数，直接初始化好
    flag[0] = 0;
    flag[1] = 0;
    //从2开始，1不是素数
    for (long long i = 2; i <= n; i++){
        //如果当前数字是素数
        if (flag[i]){
            //i的倍数标记被不是素数
            for (long long j = i * i; j <= n; j += i)
                flag[j] = false;
            primes.push_back(i);
        }
    }
}

bool is_prime(long long n){
    for (long long i = 2; i * i <= n; i++)
        if(n % i == 0)
            return false;
    return true;
}

int main() {
    Find_Prime_number();
    int q;
    cin >> q;
    while(q--) {
        long long  n;
        int k;
        cin >> n >> k;
        long long flag = n;
        for (long long prime: primes) {
            long long tmp = n;
            int cnt = 0;
            while (n % prime == 0){
                n /= prime;
                flag /= prime;
                cnt++;
            }
            if (cnt >= k)   // 如果t_i足够大，说明不需要除以p_i
                n = tmp;    // 恢复
        }
        if (flag > N && is_prime(flag)){
            // 如果存在大于N的质因子p_i，其对应的t_i=1<k，需要去除
            n /= flag;
        }
        cout << n << endl;
    }

    return 0;
}