立方数

news/2025/11/21 23:27:23/文章来源:https://www.cnblogs.com/onlyblues/p/19254585

立方数

题目描述

对于给定的正整数 $N$，求最大的正整数 $A$，使得存在正整数 $B$，满足 $A^3B=N$。

输入包含 $T$ 组数据，$1 \leq T \leq 10000$；$1 \leq N \leq 10^{18}$。

输入描述:

第一行数字 $T$ 表示数据组数。

接下来一行，$T$ 个正整数 $N$。

输出描述:

$T$ 行，每行一个数字表示答案。

示例1

输入

4
27 24 7 54

输出

解题思路

感觉这题的正解挺难想到的，也很难解释为什么会这么想，我尽量构造一下其中的逻辑链。

将 $N$ 分解成质因子乘积的形式 $N = P_1^{\alpha_1} P_2^{\alpha_2} \cdots P_m^{\alpha_m}$，那么最大 $A$ 就是 $P_1^{\left\lfloor \alpha_1/3 \right\rfloor} P_2^{\left\lfloor \alpha_2/3 \right\rfloor} \cdots P_m^{\left\lfloor \alpha_m/3 \right\rfloor}$。因此只有幂次至少为 $3$ 的质因子才对 $A$ 有贡献。但问题在于，我们得先知道 $N$ 的质因子分解，才能计算出这些幂次，而要枚举 $N$ 以内的质数显然不可行。

我们可以先从枚举约数的方法开始，把 $A^3 B = N$ 中的 $A^3$ 与 $B$ 看作是 $N$ 的约数。我们可以枚举 $N$ 的所有约数 $d$，如果 $\sqrt[3]{d}$ 是整数，则说明存在一个满足条件的 $A = \sqrt[3]{d}$。我们只需要找到所有约数中 $\sqrt[3]{d}$ 为整数的最大那个 $d$，其对应的 $\sqrt[3]{d}$ 就是最大的 $A$。但朴素枚举 $N$ 的所有约数的复杂度为 $O\left( \sqrt{N} \right)$，会超时。

接着再想办法优化，注意到 $A^3 B = N \Rightarrow A = \sqrt[3]{N/B} \leq \sqrt[3]{10^{18}/1} = 10^6$，这说明我们其实只需要考虑 $10^6$ 以内的质因子，因为如果某个质因子大于 $10^6$，其 $3$ 次幂就会超过 $10^{18}$，与 $N \leq 10^{18}$ 矛盾。所以我们可以先筛出 $10^6$ 以内的所有质数（一共 $78498$ 个质数），然后依次枚举这些质数来试除 $N$，求出每个质因子的幂次，再套用最开始提到的公式计算出最大 $A$。然而处理单个 $N$ 的复杂度为 $\pi\left(\sqrt[3]{N}\right)$，所有询问的总复杂度为 $T \cdot \pi\left(\sqrt[3]{N}\right)$，还是会超时。

实际上做到这里我也很难再想到更优的解法了，无奈下只能查看题解，结果发现只需考虑 $\sqrt[4]{N}$ 内的质因子就行。这个步骤的跳跃性很大，难以解释为什么。不过我们还是可以硬推一下其背后的逻辑。首先尝试 $\sqrt{N}$ 内的约数，发现不行再考虑 $\sqrt[3]{N}$ 内的质因子，还不行再试试 $\sqrt[4]{N}$ 的质因子。下面来分析一下为什么只需考虑 $\sqrt[4]{N}$ 的质因子。

我们先枚举 $\sqrt[4]{N}$ 以内的质因子并试除 $N$，剩下的部分记为 $N'$，将其分解成 $N' = P_1^{\alpha_1} P_2^{\alpha_2} \cdots P_m^{\alpha_m}$，其中每个质因子都大于 $\sqrt[4]{N}$ 的，即 $P_i > \sqrt[4]{N}$。此时可以分两种情况讨论：

如果 $m=1$，即 $N' = P_1^{\alpha_1}$ 只有一个质因子，那么一定有 $\alpha_1 \leq 3$。否则如果 $\alpha_1 \geq 4$ 则 $P_1^{\alpha_1} > \left(\sqrt[4]{N}\right)^4 > N$，矛盾。
如果 $m > 1$，则每个 $\alpha_i < 3$。比如某个 $\alpha_i \geq 3$，有 $P_i^{\alpha_i} P_j^{\alpha_j} > \left(\sqrt[4]{N}\right)^3 \times \sqrt[4]{N} = N$，矛盾。

此时，我们只需 $O(1)$ 判断 $\sqrt[3]{N'}$ 是否为整数，就可以确定 $N'$ 是否存在幂次为 $3$ 的唯一质因子。最终总的复杂度为 $T \cdot \pi\left(\sqrt[4]{N}\right)$，可以通过。

AC 代码如下，时间复杂度为 $O\left(T \cdot \pi\left(\sqrt[4]{N}\right)\right)$：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long LL;const int N = 32005;int prime[N], cnt;
bool vis[N];void init() {for (int i = 2; i < N; i++) {if (!vis[i]) prime[cnt++] = i;for (int j = 0; prime[j] * i < N; j++) {vis[prime[j] * i] = true;if (i % prime[j] == 0) break;}}
}void solve() {LL n;cin >> n;LL ret = 1;for (int i = 0; i < cnt; i++) {int p = prime[i], c = 0;while (n % p == 0) {c++;n /= p;}c /= 3;while (c--) {ret *= p;}}LL t = cbrtl(n);if (t * t * t == n) ret *= t;cout << ret << '\n';
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);init();int t;cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}