abc 383 C (bfs 最短路 )D(唯一分解定理，欧拉筛)

C 题：

首先暴力的想，对于每一个加湿器的位置去上下左右扩展是 n+m 的复杂度

。最多会有 nm 个加湿器。所以复杂度到达了n^3 。肯定超时了。
我们可以发现对于一个点会标记很多次，这回导致超时。
可以采用类似 bfs 求最短路的形式，找到每个点距离加湿器的最近距离，统计答案。
这样是nm 的复杂度。每个点只会进队一次

cpp 复制代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;

struct node
{
    int x = 0, y = 0;
    int d = 0;
};
int dx[] = {-1, 0, 1, 0};
int dy[] = {0, 1, 0, -1};
void solve()
{
    int n, m, lim;
    cin >> n >> m >> lim;
    vector<vector<char>> g(n, vector<char>(m));
    vector<vector<int>> vis(n, vector<int>(m));
    queue<node> q;
    int ans=0;
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        for (int j = 0; j < m; j++)
        {
            cin >> g[i][j];
            if (g[i][j] == 'H')
            {
                q.push({i, j, 0});
                vis[i][j] = 1;
                ans++;
            }
        }
    }
    while (!q.empty())
    {
        auto [x, y, d] = q.front();
        q.pop();
        for (int i = 0; i < 4; i++)
        {
            int nx = x + dx[i];
            int ny = y + dy[i];
            if (nx >= 0 && nx < n && ny >= 0 && ny < m)
            {
                if (vis[nx][ny]||g[nx][ny]=='#')
                    continue;
                vis[nx][ny]=1;
                if (d+1>lim)continue;
                else{
                    q.push({nx,ny,d+1});
                    ans++;
                }
            }
        }
    }
    cout<<ans<<"\n";
}
int main()
{
    std::cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    int t = 1;
    // cin>>t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

D题

所以 9= 19 说明合法的数是一个质数的8次幂
9=3 3 说明合法的数也可以是两个质数的二次幂的乘积

要求不超过n ，所以只用处理 sqrt(n) 内的质数就可以了。

（因为如果是> sqrt(n) 的质数，那么相乘一定超过了n）

处理出来质数之后，就对两种情况直接暴力的求就可以了，（这种的复杂度我不会分析，感觉比较玄）

对于 ttt<n 的情况，为了避免 t tt 溢出，可以写成

t<n/tt

cpp 复制代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
typedef pair<int, int> PII;
int read()
{
    int x = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    while (!isdigit(ch))
    {
        if (ch == '-')
            f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while (isdigit(ch))
    {
        x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0';
        ch = getchar();
    }
    return x * f;
}
const int N = 3e6 + 5;
int is_prime[N];
int prime[N];
int cnt = 0;
int ans[N];
void pre(int n)
{
    for (int i = 2; i <= n; i++)
        is_prime[i] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++)
    {

        if (is_prime[i] == 1)
            prime[++cnt] = i;
        for (int j = 1; j <= cnt && i * prime[j] <= n; j++)
        {
            is_prime[i * prime[j]] = 0;
            if (i % prime[j] == 0)
                break;
        }
    }
}

void solve()
{
    int n;
    cin >> n;
    int t = sqrt(n);
    pre(t);
    set<int> se;
    // int ans = 0;

    // 八次幂的形式的
    for (int i = 1; i < cnt; i++)
    {
        int t = prime[i] * prime[i];
        t = t * t * t * t;

        if (t <= n)
        {
            se.insert(t);
        }
        else break;
    }

    // 两个 二次幂相乘
    for (int i = 1; i < cnt; i++)
    {
        int t = prime[i] * prime[i];
        for (int j = i + 1; j < cnt; j++)
        {
            int tt = prime[j] * prime[j];
            
            // if(t*tt>n)
            // break;
            if (t  > n/tt)
            {
                break;
            }
            else
              se.insert(t*tt);
        }
    }

    cout<<se.size()<<"\n";
}
signed main()
{
    std::cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    int t = 1;
    // cin>>t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}