Orac and LCM

CodeForces - 1349A

方法一：

先說結論：

• gcd(a, lcm(b, c)) = lcm(gcd(a, b), gcd(a, c))
• lcm(a, gcd(b, c)) = gcd(lcm(a, b), lcm(a, c))

這就是傳說中的分配律嘛，愛了愛了。我們知道答案就是要求__gcd(lcm(a1,a2), lcm(a1,a3)......,lcm(a2,a3), lcm(a2,a4)......lcm(an-1,an))，所以我們不妨把其分解成__gcd(__gcd(lcm(a1,a2), lcm(a1,a3)......), __gcd(lcm(a2,a3), lcm(a2, a4),.......)。

對於__gcd(lcm(a1, a2), lcm(a1, a3), ......)由結論可推導原式等於__gcd(a1, lcm(a2, a3, ......an))

對於__gcd(lcm(a2, a3), lcm(a2, a4), ......)由結論可推導原式等於__gcd(a2, lcm(a3, a4, ......an))

故答案為：__gcd(__gcd(a1, lcm(a2, a3, ......an)),__gcd(a2, lcm(a3, a4, ......an)), ...... __gcd(an-1, lcm(an))

我們可以通過一個字尾陣列進行求解lcm。

程式碼見：

方法二：

題解中說，若要滿足某個質數p的k次方對於最後答案有影響，那麼其一定是至少在陣列有n-1個a分解成質數後均含有p才能，試想，如果n-1個都含有p，那麼任意的lcm都會含有一個含有p的a，那麼所有的lcm結果均包含p，最終的結果也會包含p的k次方（其中k為n-1個a裡面最小的指數冪，因為要求最大公約數，必定是取最小的因為取最小所有的都滿足整除p的k次）。如果全含有p，那麼也是一樣的，只不過這裡是要第二小（我們知道lcm(p^1, p^2)肯定是p^2，所以所有的lcm結果都是兩個中p的指數大的那個，然後再取這些的最小，那麼最小的指數在lcm中就被淘汰了，在剩下的選最小的k只能是第二小的了）。對於某個數，如果我們忽略掉，那麼剩餘數的gcd就是n-1個a分解後均含有的p的k乘積（p1^k1*p2^k2......），但是不同數忽略之後的gcd可能有p是相同的，那麼我們要取唯一的p，那麼我們採用對於每個gcd求所有的gcd的lcm即可。對於去掉某個a求剩餘的gcd，我們可以採用分別求字首的gcd和字尾的gcd再一次gcd得到。

可行性簡單描述：

因為對於所有的質數p，如果它是在n-1箇中出現，那麼它必定在某個a被去掉的gcd中出現；如果在n箇中均出現，對於求所有的gcd的lcm而言，在含有p的最小k的a被去掉後剩餘的gcd中是包含了p的第二小的k的冪的，其餘的情況因為p的最小的k沒被去掉，所以剩餘的gcd中包含的都是p的最小k的冪，lcm的時候對於p是取到的是第二小的，證明見上面證明lcm(p^1, p^2)結果是p^2的那裡。而我們知道如果在n箇中出現，正確的結果就是p的第二小的冪；對於在小於n-1箇中出現的，在去掉任意一個元素所求的gcd中均不會出現該元素。綜上，採用對於分別去掉某個a對於剩下的採用gcd，然後對所有的gcd進行lcm的結果是正確的。

AC程式碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll ;
const int maxn = 100005;
ll pre[maxn];
ll suf[maxn];
ll a[maxn];
ll ans;
int main()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 0; i < n; i++)
        scanf("%lld", &a[i]);
    pre[0] = a[0], suf[n - 1] = a[n - 1];
    for(int i = 1; i < n; i++)
    {
        pre[i] = __gcd(pre[i - 1], a[i]);
    }
    for(int i = n - 2; i >= 0; i--)
    {
        suf[i] = __gcd(suf[i + 1], a[i]);
    }
    for(int i = 0; i < n; i++)
    {
        if(i == 0)
            ans = suf[1];
        else if(i == n - 1)
            ans = ans / __gcd(ans, pre[n - 2]) * pre[n - 2];
        else
            ans = ans / __gcd(ans, __gcd(pre[i - 1], suf[i + 1])) * __gcd(pre[i - 1], suf[i + 1]);
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

其實建議第一種方法。