SPOJ Permutation Game 质数分解

题目链接：

http://oj.alpc.cn/Problem/Details?cid=9&tid=A

题意：

问1到N的数任意排列中，最小的x从1出发回到1的x。

思路：

即求前N个数的最小公倍数。

递推会错，因为MOD一个数以后它本身的公倍数将发生改变。

想过大数处理，然而并没有这么大的内存空间。

想过把每个数唯一分解一下，即用唯一分解定理，取前n个的数位于某质数幂的最大值。这时候已经很接近答案了，然而卡住。

正解是单次查询，对N求某个质数L能取到的最大幂次K，然后答案乘上L^K。原理是前N个数中总有一个数能整除L^K，这样就简单的处理出所有质数能取到的最大幂次。

源码：

#include <cstdio>#include <cstring>#include <string>#include <algorithm>#include <iostream>#include <queue>using namespace std;typedef long long LL;const int MAXN = 1e5;const LL MOD = 1e9+7;LL lv[MAXN+5];int vis[MAXN+4];int prime[MAXN+5],cnt;int xi[MAXN+5];void init(){    cnt = 0;    memset(vis, 0, sizeof(vis));    for(int i=2; i<=MAXN; i++){        if(vis[i] == 0){            prime[cnt++] = i;            int now = i;            while(now <= MAXN){                vis[now] = 1;                now += i;            }        }    }//    lv[1] = 1;//    for(int i=0; i<cnt; i++)//        xi[i] = 1;//    for(int i=2; i<=MAXN; i++){//        LL ans = 1;//        for(int j=0; j<cnt; j++){//            if(prime[j] > i){////                printf("prime[j] = %d\n",prime[j]);////                printf("i = %d\n",i);////                system("pause");//                break;//            }//            else{//                while(xi[j] * prime[j] <= i){//                    xi[j] *= prime[j];//                }////                printf("second\nj = %d,xi[j] = %d\n",j,xi[j]);//                ans = (ans * xi[j]) % MOD;//            }//        }//        lv[i] = ans;//    }}void solve(int n){    LL ans = 1;    for(int j=0; j<cnt; j++){        if(prime[j] > n)            break;        LL tt = prime[j];        while(tt * prime[j] <= n){            tt *= prime[j];        }        ans = (ans * tt) % MOD;    }    printf("%I64d\n",ans);}int main(){    init();    int n;    while(scanf("%d",&n) != EOF){//        printf("%I64d\n",lv[n]);        solve(n);    }    return 0;}