topcoder srm 661 div1 -3

1、给出一个$N$，求一个大于$N$且最小的数字$M$，使得$lcm(1,2,..,N)$=$lcm(1,2,...,M)$

思路：$N+1$到$M$ 之间的数字要包含所有1到$N$之间出现的质因子及其最高幂即可。

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <string>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <stack>
#include <assert.h>
using namespace std;

int prime[1000005],tag[1000005];
int pNum;

void init(int n) {
for(int i=2;i<=n;++i) if(!tag[i]){
prime[++pNum]=i;
for(int j=i+i;j<=n;j+=i) tag[j]=1;
}
}

class MissingLCM
{
public:
int getMin(int N)  {
if(N==1) return 2;
init(N);
int ans=0;
for(int i=1;i<=pNum;++i) {
int t=1;
while((long long)t*prime[i]<=N) {
t*=prime[i];
}
int tmp=N%t==0?N+t:(N/t+1)*t;
if(tmp>ans) {
ans=tmp;
}
}
return ans;
}
};

　　

2、



思路：从第一个节点到第$N$个节点依次考虑。对于第$i$个节点来说，分别枚举其颜色：

（1）颜色为0时，可以选择不连边，或者连边，方案数为$1+i-1-cal(i-1,0)$，其中$cal(x,y)$ 表示前$x$个节点中，颜色为$y$ 的节点的个数；

（2）颜色为1时，$1+i-1-cal(i-1,1)$

（3）颜色为$t$时，$1+i-1-cal(i-1,t)$

（4）颜色为$K$时，$1+i-1-cal(i-1,K)$

所以节点$i$的方案数为$f(i)=\sum_{t=1}^{K}(1+i-1-cal(i-1,t))=K*i-\sum_{t=1}^{K}cal(i-1,t)=K*i-(i-1)=K+(K-1)(i-1)$。

所以最后的答案为:

$ans=\prod_{i=1}^{N}f(i)$
$=\prod_{i=1}^{N}(K+(K-1)(i-1))$
$=\prod_{i=0}^{N-1}(K+(K-1)i)$
$=\prod_{j=0}^{min(M-1,N-1)}(K+(K-1)j)^{\frac{N-1-j}{M}+1}$

最后一步是由于$[1,N]$之间的数字模$M$会出现循环。

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <string>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <stack>
#include <assert.h>
using namespace std;

int Pow(long long x,long long y,int M) {
x%=M;
int ans=1;
while(y) {
if(y&1) ans=(long long)ans*x%M;
x=x*x%M;
y>>=1;
}
return ans;
}

class ColorfulLineGraphs
{
public:
int countWays(long long N,long long K,int M)  {
int ans=1;
for(int i=0;i<M&&i<N;++i) {
long long x=K+(K-1)*i;
long long y=(N-1-i)/M+1;
ans=(long long)ans*Pow(x,y,M)%M;
}
return ans;
}
};