LCM from 1 to n

https://cn.vjudge.net/problem/LightOJ-1289

题意

　　计算出1到n的数的最小公倍数

题解

　　我们知道一个数必定能分解成一些质数相乘，而一些数的lcm = 他们分解成的质数取最高次幂x再相乘。列如4和6分解为\(2^2\)和2*3，那么lcm = \(2^2\)*3 = 12。所以我们这道题其实就是找有多少质数在n的范围内并乘上它们在范围内的最高次幂。但是因为1e8的数据所以我们在晒质数时对数字的标记要用到bitset。并且预先处理出质数的前缀乘使得我们二分找完1次幂的数，那么for一遍2次幂的就将原来for到1e8降为了sqrt（1e8）了（其实也可以一直二分找）。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <bitset>
#define ull unsigned long long
#define ll long long
#define met(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define MID (l + r) / 2

using namespace std;

const ll mod = (1ll << 32);
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int maxn = 6e6 + 7;

bitset<(int)(1e8 + 5)> vis;

int prime[maxn], ans;
unsigned int presum[maxn];

void num(int n) {
    ans = 0;
    for(int i = 2; i <= n; i++) {
        if(!vis[i]) prime[ans++] = i;
        for(int j = 0; j < ans && i*prime[j] <= n; j++) {
            vis[i*prime[j]] = 1;
            if(i % prime[j] == 0) break;
        }
    }
    presum[0] = prime[0];
    for(int i = 1; i < ans; i++) presum[i] = presum[i-1]*prime[i];
}

int main() {
    num((int)(1e8 + 3));
    int T, k = 0;
    scanf("%d", &T);
    while(T--) {
        int n;
        scanf("%d", &n);
        int pos = upper_bound(prime, prime + ans, n) - prime - 1;
        unsigned int res = presum[pos];
        for(int i = 0; i < ans && prime[i]*prime[i] <= n; i++) {
            ll t = 1;
            while(t*prime[i] <= n) t *= prime[i];
            res *= t/prime[i];
        }
        printf("Case %d: %u\n", ++k, res);
    }
    return 0;
}