【COCI11-12 #4】纠结的数【枚举+二分+容斥】

题目描述：

找出第N小的正整数X，满足条件X的最小的素因子是P。如果X的值超过10^9，则输出0。
输入格式：第1行：2个整数N和P (1 ≤ N, P ≤ 10^9)，P一定是素数

题目分析：

如果n=1,输出p，否则答案最小都是p2p^2p2，如果不为0只能p≤109p\le\sqrt{10^9}p≤109，于是p的范围大大缩小。

考虑p的所有倍数，去掉能够被2,3,5…整除的之后就是满足条件的X。

当p>50p>50p>50时，可以用小于p的质数暴力标记p的倍数，复杂度为1092p+1093p+1095p...\frac {10^9}{2p}+\frac {10^9}{3p}+\frac {10^9}{5p}...2p109+3p109+5p109...，比109pln⁡\frac {10^9}p\lnp109ln略小。

当p<=50p<=50p<=50时，由于小于ppp的素数只有20个，所以可以二分一个p的倍数X，然后去掉其中能够被小于p的素数整除的数，这可以容斥解决，复杂度O(220log109)O(2^{20}log10^9)O(220log109)。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 100005
using namespace std;
const int inf = 1e9;
int n,p,pr[maxn],cnt,ans;
bool v[maxn],mark[20000005];
void Prime(const int N){for(int i=2;i<=N;i++){if(!v[i]) pr[++cnt]=i;for(int j=1;j<=cnt&&(i*pr[j])<=N;j++){v[i*pr[j]]=1;if(i%pr[j]==0) break;}}
}
int num,Up;
void dfs(int i,int s,int tp){if(pr[i]==p) {num+=tp*Up/s;return;}dfs(i+1,s,tp);if(1ll*s*pr[i]<=Up) dfs(i+1,s*pr[i],-tp);
}
int main()
{scanf("%d%d",&n,&p);if(n==1) return printf("%d\n",p),0;if(1ll*p*p>1e9) return puts("0"),0;Prime(p);if(p>50){int mx=inf/p;for(int i=1;i<cnt;i++)for(int j=pr[i];j<=mx;j+=pr[i])mark[j]=1;for(int i=1,num=0;p*i<=inf;i++){if(!mark[i]) num++;if(num==n) {ans=p*i;break;}}printf("%d\n",ans);}else{int l=2,r=inf/p+1,mid;while(l<r){mid=(l+r)>>1;if(Up=mid,num=0,dfs(1,1,1),num>=n) r=mid;else l=mid+1;}printf("%d\n",p*l<=inf?p*l:0);}
}

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