题解：洛谷 P1069 细胞分裂
【题目来源】
洛谷：P1069 [NOIP 2009 普及组] 细胞分裂 - 洛谷
【题目描述】
Hanks 博士是 BT（Bio-Tech，生物技术）领域的知名专家。现在，他正在为一个细胞实验做准备工作：培养细胞样本。
Hanks 博士手里现在有 \(N\) 种细胞，编号从 \(1∼N\)，一个第 \(i\) 种细胞经过 \(1\) 秒钟可以分裂为 \(S_i\) 个同种细胞（\(S_i\) 为正整数）。现在他需要选取某种细胞的一个放进培养皿，让其自由分裂，进行培养。一段时间以后，再把培养皿中的所有细胞平均分入 \(M\) 个试管，形成 \(M\) 份样本，用于实验。Hanks 博士的试管数 \(M\) 很大，普通的计算机的基本数据类型无法存储这样大的 \(M\) 值，但万幸的是，\(M\) 总可以表示为 \(m_1\) 的 \(m_2\) 次方，即 \(M=m_1^{m_2}\)，其中 \(m_1,m_2\) 均为基本数据类型可以存储的正整数。
注意，整个实验过程中不允许分割单个细胞，比如某个时刻若培养皿中有 \(4\) 个细胞，Hanks 博士可以把它们分入 \(2\) 个试管，每试管内 \(2\) 个，然后开始实验。但如果培养皿中有 \(5\) 个细胞，博士就无法将它们均分入 \(2\) 个试管。此时，博士就只能等待一段时间，让细胞们继续分裂，使得其个数可以均分，或是干脆改换另一种细胞培养。
为了能让实验尽早开始，Hanks 博士在选定一种细胞开始培养后，总是在得到的细胞“刚好可以平均分入 \(M\) 个试管”时停止细胞培养并开始实验。现在博士希望知道，选择哪种细胞培养，可以使得实验的开始时间最早。
【输入】
第一行，有一个正整数 \(N\)，代表细胞种数。
第二行，有两个正整数 \(m_1,m_2\)，以一个空格隔开，即表示试管的总数 \(M=m_1^{m_2}\)。
第三行有 \(N\) 个正整数，第 \(i\) 个数 \(S_i\) 表示第 \(i\) 种细胞经过 \(1\) 秒钟可以分裂成同种细胞的个数。
【输出】
一个整数，表示从开始培养细胞到实验能够开始所经过的最少时间（单位为秒）。
如果无论 Hanks 博士选择哪种细胞都不能满足要求，则输出整数 \(−1\)。
【输入样例】
1
2 1
3
【输出样例】
-1
【核心思想】
-
问题分析：有 \(N\) 种细胞，第 \(i\) 种细胞每秒分裂为 \(S_i\) 个。试管总数 \(M = m_1^{m_2}\)。需要选择一种细胞，使其经过 \(t\) 秒后的细胞数量 \(S_i^t\) 能够被 \(M\) 整除，即 \(M \mid S_i^t\)，求最小的 \(t\)。若所有细胞均无法满足，输出 \(-1\)。本质是质因数分解 + 指数倍数计算问题。
-
算法选择：
- 质因数分解：将 \(M = m_1^{m_2}\) 进行质因数分解，得到每个质因数 \(p_j\) 的指数 \(B_j = e_j \times m_2\)，其中 \(e_j\) 是 \(m_1\) 中 \(p_j\) 的指数。
- 对每个 \(S_i\) 分解：分解 \(S_i\)，得到每个质因数 \(p_j\) 的指数 \(T_j\)。
- 判定与计算：若 \(S_i\) 缺少 \(M\) 的某个质因数（即 \(T_j = 0\) 但 \(B_j > 0\)），则该细胞不可能满足条件。否则，对每个质因数 \(p_j\)，需要 \(t \times T_j \ge B_j\)，即 \(t \ge \lceil B_j / T_j \rceil\)。所有质因数中所需 \(t\) 的最大值即为该细胞的最小分裂时间。
- 取最小值：在所有可行细胞中取最小时间，若无可行为 \(-1\)。
-
关键步骤：
- 读入数据：读取 \(N\)，\(m_1, m_2\)，以及 \(N\) 个 \(S_i\)。
- 预处理质数表：筛出 \(30000\) 以内的所有质数（因为 \(m_1 \le 30000\)）。
- 分解 \(m_1\)：对 \(m_1\) 质因数分解，得到数组 \(E_j\)（质因数 \(p_j\) 的指数），然后计算 \(M\) 的质因数分解：\(B_j = E_j \times m_2\)。
- 处理每个 \(S_i\)：
- 对 \(S_i\) 质因数分解，得到 \(T_j\)。
- 检查是否覆盖所有 \(B_j > 0\) 的质因数：若存在 \(B_j > 0\) 且 \(T_j = 0\)，则不可行。
- 若可行，计算
cnt = max(ceil(B_j / T_j))，记录为该细胞需要的时间。
- 取答案：所有可行细胞中的最小
cnt，若没有则输出 \(-1\)。
-
时间/空间复杂度：
- 时间复杂度：\(O(N \cdot \pi(30000) + N \log S_i)\)，其中 \(\pi(30000) \approx 3245\)，\(N \le 10000\)，完全可行。
- 空间复杂度：\(O(\pi(30000))\)。
-
质因数分解与指数倍数：
- 整除条件转化：\(M \mid S_i^t\) 等价于 \(M\) 的每个质因数 \(p_j\) 的指数不超过 \(S_i^t\) 中 \(p_j\) 的指数。由于 \(S_i^t\) 中 \(p_j\) 的指数为 \(t \times \text{exp}_{p_j}(S_i)\)，因此要求 \(t \times T_j \ge B_j\)。
- 可行性判定：若 \(S_i\) 不包含 \(M\) 的某个质因数，则无论如何增加 \(t\)，该质因数指数始终为 0，无法满足条件。
- 最小时间计算：对每个质因数独立计算所需的最小 \(t\)，取最大值，因为所有质因数要求必须同时满足。
- 适用场景：适用于“幂次整除”类问题，核心是利用质因数分解将指数运算转化为线性约束。
【算法标签】
普及+ #质数
【代码详解】
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 10005, M = 30005; // 定义最大细胞数和最大质数范围
int n; // 细胞数量
int m_1, m_2; // 试管参数m1和m2
int s[N]; // 每个细胞的编号
int p[M], len; // 质数数组和质数个数
int B[M], T[M]; // B存储m1的质因数分解，T临时存储分解结果
int ans = -1; // 最终答案，初始为-1
// 判断是否为质数
bool isPrime(int x)
{
if (x == 1) return false;
for (int i = 2; i <= sqrt(x); i++)
if (x % i == 0) return false;
return true;
}
// 质因数分解函数
void D(int x)
{
memset(T, 0, sizeof(T));
for (int i = 1; i <= len; i++) // 遍历所有质数
{
while (x % p[i] == 0) // 能被当前质数整除
{
T[i]++; // 对应质数的指数加1
x /= p[i]; // 除掉这个质因数
}
}
return;
}
int main()
{
// 输入数据
cin >> n >> m_1 >> m_2;
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> s[i];
// 特判：如果m1=1，直接输出0
if (m_1 == 1)
{
cout << 0 << endl;
return 0;
}
// 预处理：筛出30000以内的所有质数
for (int i = 2; i <= 30000; i++)
if (isPrime(i))
p[++len] = i;
// 对m1进行质因数分解
D(m_1);
// 备份m1^m2的质因数分解结果
for (int i = 1; i <= len; i++)
B[i] = T[i] * m_2;
// 处理每个细胞
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
// 对当前细胞编号进行质因数分解
D(s[i]);
int cnt = -1;
// 检查是否满足条件
for (int j = 1; j <= len; j++)
{
if (B[j]) // 如果m1^m2有这个质因数
{
if (T[j] == 0) // 但细胞没有这个质因数
{
cnt = -1; // 不满足条件
break;
}
else
{
// 计算需要的倍数
int k = ceil(1.0 * B[j] / T[j]);
cnt = max(cnt, k);
}
}
}
// 更新答案
if (cnt != -1)
{
if (ans == -1)
ans = cnt;
else
ans = min(ans, cnt);
}
}
// 输出结果
cout << ans << endl;
return 0;
}
【运行结果】
1
2 1
3
-1
浙公网安备 33010602011771号