[数论][高精度]Heaven Cow与God Bull

题目描述

__int64 ago,there’s a heaven cow called sjy…
A god bull named wzc fell in love with her…
As an OI & MOer,wzc gave sjy a quesiton…
给定一个整数n，求一个整数m，知足m<=n，而且m/phi(m)的值最大。
注：phi(m)表明m的欧拉函数，即不大于m且与m互质的数的个数。

Input
第一行是一个整数T，表示该测试点有T组数据。
接下来T行，每行一个整数n，意义如上所述。

Output
输出一共T行，每行一个整数m。
若对于某个n，有不止一个知足条件的m，则输出最小的m。

Sample Input
1

10

Sample Output
6

Data Constraint
对于10%的数据, n<=1000
对于30%的数据, n<=10^10
对于60%的数据, n<=10^2000
对于100%的数据，T<=100，n<=10^25000。

分析

咱们把题面的式子化成：

$$\frac{p1}{p1-1}\times\frac{p2}{p2-1}\times...\times\frac{pk}{pk-1}$$
显然质因子越多越少（同时咱们也知道质因子越小越好），因此答案：
$$\prod_{i=1}^kpi（总值\leq n）$$
而后看数据，压位高精吧

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define rep(i,a,b) for (i=a;i<=b;i++)
typedef long long ll;
const ll MOD=1e11;
using namespace std;
bool b[60001];
int a[6501],sop;
ll c[6501][2501],p[2501];
int t;
char n[25001];

void Prime() {
    int i,cn;
    rep(i,2,60000)
    if (!b[i]) {
        a[++sop]=i;
        cn=2*i;
        while (cn<=60000) {b[cn]=1;cn+=i;}
    }
}

void Multi(int a,int b,int key) {
    int i,j;
    rep(i,1,c[a][0]) {
        c[b][i]+=c[a][i]*key;
        c[b][i+1]+=c[b][i]/MOD;
        c[b][i]=c[b][i]%MOD;
    }
    c[b][0]=c[a][0];
    if (c[b][c[b][0]+1]) c[b][0]++;
}

bool Judge(ll *a,ll *b) {
    int i;
    if (a[0]<b[0]) return 1;
    if (a[0]>b[0]) return 0;
    for (i=a[0];i;i--)
    if (a[i]>b[i]) return 0; else if (a[i]<b[i]) return 1;
    return 0;
}

int main() {
    int i,j;
    Prime();
    c[0][0]=c[0][1]=1;
    rep(i,1,sop)
    Multi(i-1,i,a[i]);
    scanf("%d",&t);
    while (t--) {
        scanf("%s",&n);
        p[0]=0;
        ll w=1,num=0;
        int len=strlen(n);
        rep(i,0,len-1) {
            num+=w*(n[len-i-1]-'0');
            w*=10;
            if (w==MOD) {
                p[++p[0]]=num;
                w=1;
                num=0;
            }
        }
        if (num) p[++p[0]]=num;
        rep(i,1,sop)
        if (Judge(p,c[i])) {
            printf("%lld",c[i-1][c[i-1][0]]);
            for (j=c[i-1][0]-1;j;j--)
            printf("%011lld",c[i-1][j]);
            printf("\n");
            break;
        }
    }
}