Codeforces Round #641 (Div. 1) A. Orac and LCM(數論 gcd與lcm性質)

題目

n(2<=n<=1e5)個數的數組a[]，滿足ai(1<=ai<=2e5)

求gcd({lcm({ai,aj}) | i<j})，

即對任意兩個不同下標(i,j)，求其最小公倍數lcm(i,j)

再對這C(n,2)個結果，求其最大公約數gcd

思路來源

題解

題解

1600的題也要總結，我也太廢物了吧……

①一個比較直觀好做的做法，枚舉素因子pi，

考慮pi在至少n-1個數中都出現纔可以被保留下來，否則兩個pi的0次冪其gcd一定爲1

如果在n個數中均出現，答案是次小的冪次，

如果在n-1個數中出現，說明最小的冪次是0，即

②真正想總結的是這個做法，

考慮n=3，

把含a1項搞出來，求個gcd，含a2項搞出來求個gcd，…，之後再兩兩求gcd

先給結論：

證這個結論，可以考慮對每個素因子證，gcd是對冪次取min，lcm是取max

等價於證

於是分還是大於，討論一下就證完了

有了化簡之後的式子，維護一個後綴gcd，就做完了

代碼

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
#define sci(a) scanf("%d",&(a))
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
ll lcm(ll x,ll y){
    return x/__gcd(x,y)*y;
}
int n;
ll a[N],suf[N],ans;
int main(){
    sci(n);
    rep(i,1,n){
        scanf("%lld",&a[i]);
    }
    suf[n]=a[n];
    per(i,n-1,1){
        suf[i]=__gcd(suf[i+1],a[i]);
    }
    ans=lcm(a[1],suf[2]);
    rep(i,2,n-1){
        ans=__gcd(ans,lcm(a[i],suf[i+1]));
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}