2020CCPC(威海) - Clock Master(数论+分组背包)

题目大意：给出一个数字 n ，要求分解成：a[ 0 ] + a[ 1 ] + ... + a[ m ] = n，( m 没有约束 )，使得 lcm( a[ 0 ] , a[ 1 ] , ... a[ m ] ) 最大，输出这个最大值的对数

题目分析：看到 lcm 就可以去思考如何快速求出 n 个数的 lcm，比较简单的一种方法就是将每个数进行质因子分解，对于每个质因子 p 来说，取 n 个数中 p^k[ i ] 的最大值，就是质因子 p 的贡献了，所有质因子的贡献的乘积就是需要求的 lcm

所以这个题目的模型就比较简单了，尝试将 n 分解为 $p_{1}^{e1}+p_{2}^{e2}+p_{3}^{e3}+...+p_{k}^{ek}=n$ 使得 $p_{1}^{e1}*p_{2}^{e2}*p_{3}^{e3}*...*p_{k}^{ek}$ 尽可能大，到此为止，再看一下题面需要求的对数，不难发现对数只是为了保证精度的，因为对数函数是单调递增的，所以套上对数的公式将目标转换为：使得 $log(p_{1}^{e1})+log(p_{2}^{e2})+log(p_{3}^{e3})+...+log(p_{k}^{ek})$ 尽可能大

换句话说，花费 $p^i$ 的容量可以获得 $log(p^i)$ 的价值，且目标容量为 n，且每个质因子 p 只能选择一种幂次，这就是分组背包的模板题目了，设质数的幂次集合为 $P = \left\{ p^i : p \in Prime, i \in Z^+ \right\}$ ，那么 $|P\cap[1,n]|=O(\frac{n}{log(n)})$ ，可以先预处理一下，时间复杂度为 O( n * n / logn )，然后就可以 O( 1 ) 查询了

代码：

//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math")
//#pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
#include<bitset>
using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=3e4+100;double ans[N],Log[N];int cnt,pri[N];bool vis[N];double dp[N];void P()
{for(int i=2;i<N;i++){if(!vis[i])pri[cnt++]=i;for(int j=0;j<cnt&&pri[j]*i<N;j++){vis[pri[j]*i]=true;if(i%pri[j]==0)break;}}
}void init()
{for(int i=1;i<N;i++)Log[i]=log(i);for(int i=0;i<N;i++)dp[i]=0;dp[0]=0;for(int i=0;i<cnt;i++)//枚举质数 for(int j=N-1;j>=pri[i];j--)//容量 for(int k=pri[i];k<N;k*=pri[i])//当前的幂次 if(j>=k)dp[j]=max(dp[j],dp[j-k]+Log[k]);
}int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
//  freopen("data.in.txt","r",stdin);
//  freopen("data.out.txt","w",stdout);
#endif
//  ios::sync_with_stdio(false);P();init();int w;cin>>w;while(w--){int n;scanf("%d",&n);printf("%.10f\n",dp[n]);}return 0;
}

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