E2. Divisible Numbers (hard version)

题意：给定a,b,c,d四个数字，要求猜出两个数字满足以下条件

1. a<x<=c,b<y<=d

2.gcd(x*y,a*b)==a*b

思路：要明晰一个规律，一个数的约数个数并不是随着它的大小增长的，具体的说，这个值增长的很慢，对于一个longlong上限的数来说，它的约数最多有大约1e6个。我们对gcd(x*y,a*b)==a*b这个条件做一个变换，转化为x*y为a*b的倍数。根据上文说的规律，我们分解出a,b的所有质因（注意，在eazy版当中你完全可以先将a*b再算它们的约数，因为它们相乘也不过1e10，最大的非本身质因子也不过1e5，这完全是够用的。但在hard版当中，就不能这么说了，虽然“总体上”，由于这个乘积数是1e9数的乘积，它绝大多数情况下的质因子都不会超过1e5，但是当a,b本身是质数时，这个局部适用的规律就被打破了，我们应当了解到，对于一个由低数量级的数乘来的大数，它的质因子“一般”小于等于较低数量级的开方，但当较低数量级的数本身为质数时，这个上限就被扩展到了较低数量级数本身，且最大有两个这个数量级的质因子），由于数量的数量级在1e6，状态空间较少，dfs爆搜出所有约数。

枚举约数，这里需要注意的是，如何选取x,y，固定一边，然后确定另一边吗? 这是较为常用的方法，但这个方式在这里是不适用的，原因在于约数的空间并不等同x,y的选择空间，我们枚举约数后，满足x*y是a*b的倍数后x=ves[i],y=a*b/ves[i]，找到第一个小于等于c,d的并且为x,y倍数的数，如果满足调节1就是答案

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<bitset>
#include<cmath>
#include<array>
#include<atomic>
#include<sstream>
#include<stack>
#include<iomanip>
//#include<bits/stdc++.h>#define int ll
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);
#define pb push_back
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define Endl endl
#define pre(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define rep(i,b,a) for(int i=b;i>=a;i--)
#define si(x) scanf("%d", &x);
#define sl(x) scanf("%lld", &x);
#define ss(x) scanf("%s", x);
#define YES {puts("YES");return;}
#define NO {puts("NO"); return;}
#define all(x) x.begin(),x.end()using namespace std;typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<int, PII> PIII;
typedef pair<char, int> PCI;
typedef pair<int, char> PIC;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef pair<ll, ll> PLL;
const int N = 200010, M = 2 * N, B = N, MOD = 998244353;
const double eps = 1e-7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll LLINF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;//int dx[4] = { -1,0,1,0 }, dy[4] = { 0,1,0,-1 };
int dx[8] = { 1,2,2,1,-1,-2,-2,-1 }, dy[8] = { 2,1,-1,-2,-2,-1,1,2 };
int n, m, k;
int prime[N], countNum;
bool st[N];ll gcd(ll a, ll b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }
ll lowbit(ll x) { return x & -x; }
ll qmi(ll a, ll b, ll MOD) {ll res = 1;while (b) {if (b & 1) res = res * a % MOD;a = a * a % MOD;b >>= 1;}return res;
}inline void init() {for (int i = 2; i < N; i++){if (!st[i]) prime[countNum++] = i;for (int j = 0; prime[j] * i < N; j++){st[i * prime[j]] = true;if (i % prime[j] == 0)break;}}
}void dfs(int p,ll now, vector<PII>& fact, vector<ll>& ves)
{if (p == fact.size()) {ves.push_back(now);return;}ll t = 1;for (int i = 0; i <= fact[p].y; i++){dfs(p + 1, now * t, fact, ves);if(i < fact[p].y)t *= fact[p].x;}
}bool check(int x, int jud,vector<ll>& ves)
{return ves[x] <= jud;
}void slove()
{int a, b, c, d;cin >> a >> b >> c >> d;vector<PII> fact;ll tmp = a;for (int i = 0; i < countNum; i++){if (tmp % prime[i] == 0){int s = 0;while (tmp % prime[i] == 0) tmp /= prime[i], s++;fact.pb({ prime[i],s });}}if (tmp > 1) fact.pb({ tmp,1 });tmp = b;for (int i = 0; i < countNum; i++){if (tmp % prime[i] == 0){int s = 0;while (tmp % prime[i] == 0) tmp /= prime[i], s++;fact.pb({ prime[i],s });}}if (tmp > 1) fact.pb({ tmp,1 });if (fact.empty()) { cout << c << ' ' << d << endl; return; }vector<ll> ves;dfs(0, 1, fact, ves);sort(all(ves));for (int i = 0; i<ves.size(); i++){ll x = ves[i], y = 1ll * a * b / x;y = d / y * y;x = c / x * x;if (x>a&&x<=c&&y>b&&y<=d) {cout << x << ' ' << y << endl;return;}}puts("-1 -1");return;
}signed main()
{//IOS;int _ = 1;si(_);init();while (_--){slove();}return 0;
}
/*
1
8437259 56761326 97110688 75779311*/

E2. Divisible Numbers (hard version)相关推荐

Codeforces Round #828 (Div. 3) E2. Divisible Numbers (hard version)
翻译: 这是这道题的难解版.简单版本和硬版本之间的唯一区别是对
Codeforces Round #828 (Div. 3) E1. Divisible Numbers (easy version) 解题报告
原题链接: Problem - E1 - Codeforces 题目描述: This is an easy version of the problem. The only difference be ...
E1. Divisible Numbers (easy version)(数学)
Problem - E1 - Codeforces 题意: 这是一个简单版本的问题.简单版和困难版的唯一区别是对a.b.c和d的限制. 给你4个正整数a.b.c.d,a<c,b<d.找到任 ...
codeforces：E1. Divisible Numbers (easy version)【数论 + 复杂度计算 + 分解质因数】
目录题目截图题目分析想法1:遍历所有可能的xy(tle) 想法2:遍历可能的x(accepted) 总结题目截图题目分析想法1,遍历所有kab作为xy的所有可能值,找到其所有因子,然后看看 ...
codeforces1700数学:E2. Close Tuples (hard version)[组合计数逆向统计] D. Circle Game[对称博弈考虑对称状态的胜负]
E2. Close Tuples (hard version) 题目大意: 给定一个长度为n的序列a,给定一个长度为n的序列a,给定一个长度为n的序列a, 要从中挑选一个m元组(ai1,ai2,ai3 ...
Codeforces Round #617 (Div. 3) E2. String Coloring (hard version) 思维 + dp + Dilworth定理
传送门文章目录题意: 思路: 题意: 让你给一个串染色,不同颜色且相邻的一对字符可以互换位置,用最少的颜色,使交换后这个字符串字典序最小. 思路: 考虑将字符串分成若干个非递减的子序列,由于其非递 ...
CodeForces - 1249C2 Good Numbers (hard version)(进制转换)
题目链接:点击查看题目大意:给出一个数n,求出一个大于等于n的"好数","好数"的规定是只由3的幂次之和构成题目分析:直接将n拆成三进制,然后贪心从最高位开 ...
E2. Square-free division (hard version) dp + 质因子分解
传送门文章目录题意: 思路: 题意: 给你长度为nnn的数组,让后最多修改其中kkk个数(可以修改为任意数),让后问你分成的最少组是多少.这个组内元素是连续的且不存在任意两个数的积为平方数. 思路 ...
ICPC焦作站(E、F)+思维+树上dp
这场比赛依旧是三道题,E其实比我们出的D难一点,但确实在能力范围之内,出了就保底铜牌了,出的快的话说不定有银.策略很重要 E. Resistors in Parallel 大数+打表找规律. 最后得出 ...

E2. Divisible Numbers (hard version)

E2. Divisible Numbers (hard version)相关推荐

最新文章

热门文章