2025年12月GESP(C++五级): 相等序列
题目描述
小 A 有一个包含 N N N 个正整数的序列 A = { A 1 , A 2 , ... , A N } A=\{A_1,A_2,\ldots,A_N\} A={A1,A2,...,AN}。小 A 每次可以花费 1 1 1 个金币执行以下任意一种操作：
- 选择序列中一个正整数 A i A_i Ai（ 1 ≤ i ≤ N 1\le i\le N 1≤i≤N），将 A i A_i Ai 变为 A i × P A_i\times P Ai×P， P P P 为任意质数；
- 选择序列中一个正整数 A i A_i Ai（ 1 ≤ i ≤ N 1\le i\le N 1≤i≤N），将 A i A_i Ai 变为 A i P \frac{A_i}{P} PAi， P P P 为任意质数，要求 A i A_i Ai 是 P P P 的倍数。
小 A 想请你帮他计算出令序列中所有整数都相同，最少需要花费多少金币。
输入格式
第一行一个正整数 N N N，含义如题面所示。
第二行包含 N N N 个正整数 A 1 , A 2 , ... , A N A_1,A_2,\ldots,A_N A1,A2,...,AN，代表序列 A A A。
输出格式
输出一行，代表最少需要花费的金币数量。
输入输出样例 1
输入 1
5
10 6 35 105 42输出 1
8说明/提示
对于 60 % 60\% 60% 的测试点，保证 1 ≤ N , A i ≤ 100 1\le N,A_i\le 100 1≤N,Ai≤100。
对于所有测试点，保证 1 ≤ N , A i ≤ 10 5 1\le N,A_i\le 10^5 1≤N,Ai≤105。
思路分析
这个问题要求通过乘以质数或除以质数（当可整除时）的操作，使得序列中所有数相等，求最小操作次数。
核心思路
-
质因数分解视角：操作的本质是改变每个数的质因数指数：
- 乘以质数 P P P：增加该质数指数的值（+1）
- 除以质数 P P P：减少该质数指数的值（-1）
-
独立处理质因数：每个质因数的操作是独立的。最终所有数相等意味着每个质因数的指数在所有数中都相同。
-
问题转化 ：对于每个质数 p p p，我们有一个长度为 N N N 的数组，表示每个数中 p p p 的指数。我们需要通过增减操作（增减1）使所有指数相等，求最小总操作次数。
-
中位数最优性：
- 对于一组数，使它们相等的最优目标值是中位数
- 证明：如果将目标值从 k k k 变为 k + 1 k+1 k+1，那么所有 ≤ k ≤k ≤k 的数需要多操作1次，所有 > k >k >k 的数可以少操作1次，当小于等于目标值的个数超过一半时，继续增加目标值会减少总操作次数，反之亦然。
-
处理未出现的数 ：对于某个质数 p p p，有些数可能没有这个质因数（指数为0），这些数也需要考虑在内。
算法步骤
- 对每个数进行质因数分解，记录每个质数的指数
- 对于每个质数 p p p：
- 统计 p p p 在多少个数的质因数分解中出现（记作 c c c）
- 未出现的数有 n − c n-c n−c 个，这些数的指数为0
- 找到所有出现 p p p 的数的指数中位数
- 计算将所有数的 p p p 指数调整到中位数的操作次数
- 累加所有质数的操作次数
代码实现
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
typedef long long ll;
ll n;
vector<ll> v[N]; // v[i]存储质数i在所有数中的指数列表
int main(){
cin>>n;
// 1. 质因数分解，记录每个质数的指数
for(int i=1;i<=n;i++){
ll x;
cin>>x;
// 分解质因数
for(int j=2;j<=sqrt(x);j++){
ll cnt=0;
while(x%j==0){
cnt++;
x/=j;
}
if(cnt>0) v[j].push_back(cnt); // 记录质数j的指数
}
// 处理剩余的质因数
if(x!=1) v[x].push_back(1);
}
ll ans=0;
// 2. 对每个质数计算最小操作次数
for(int i=2;i<=100000;i++){
ll c=v[i].size(); // 有多少个数包含质数i
ll zeroc=n-c; // 不包含质数i的数字个数（指数为0）
// 如果没有任何数包含质数i，跳过
if(c==0) continue;
// 对指数进行排序，便于找中位数
sort(v[i].begin(),v[i].end());
// 计算中位数的位置
ll mid=(n-1)/2;
ll zws; // 中位数
// 确定中位数
if(mid<zeroc){
// 中位数落在0的部分
zws=0;
}else{
// 中位数落在非零指数部分
zws=v[i][mid-zeroc];
}
// 3. 计算操作次数
// 对于指数为0的数，每个需要操作zws次（增加zws次）
ll opt=zeroc*zws;
// 对于有指数的数，每个需要操作|指数-中位数|次
for(int j=0;j<v[i].size();j++){
opt+=abs(v[i][j]-zws);
}
// 4. 累加到总答案
ans+=opt;
}
cout<<ans;
return 0;
}功能分析
时间复杂度
- 质因数分解 ：每个数 A i A_i Ai 分解质因数需要 O ( A i ) O(\sqrt{A_i}) O(Ai )，最坏情况下 A i = 10 5 A_i=10^5 Ai=105， A i ≈ 316 \sqrt{A_i}≈316 Ai ≈316，总复杂度 O ( N max A i ) ≈ 3 × 10 7 O(N\sqrt{\max A_i})≈3×10^7 O(NmaxAi )≈3×107
- 排序部分 ：每个质数对应的指数列表排序，总指数个数为所有数的质因数总个数，约为 O ( N log max A i ) O(N\log \max A_i) O(NlogmaxAi)
- 总体复杂度可以接受
空间复杂度
- 使用
vector<ll> v[N]存储每个质数的指数列表 - 每个数最多有 O ( log A i ) O(\log A_i) O(logAi) 个质因数，总空间 O ( N log max A i ) O(N\log \max A_i) O(NlogmaxAi)
正确性验证
以样例为例：
输入：5
10 6 35 105 42质因数分解：
- 2: 在10(1), 6(1), 42(1)中出现，指数列表[1,1,1]，有2个0
- 中位数是1，操作次数 = 2×1 + (|1-1|×3) = 2
- 3: 在6(1), 105(1), 42(1)中出现，指数列表[1,1,1]，有2个0 → 2次操作
- 5: 在10(1), 35(1), 105(1)中出现，指数列表[1,1,1]，有2个0 → 2次操作
- 7: 在35(1), 105(1), 42(1)中出现，指数列表[1,1,1]，有2个0 → 2次操作
总操作次数 = 2+2+2+2 = 8，与样例输出一致。
关键点
- 中位数选择：选择中位数作为目标值能最小化绝对差之和
- 零指数处理：未出现的数（指数为0）必须考虑在内
- 质数范围：只需要处理实际出现的质数，不需要遍历所有1e5以内的质数
- 独立处理：不同质因数的操作相互独立，可以分别计算后求和
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cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
cout<<"########## 一站式掌握信奥赛知识! ##########";
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cout<<"###### 课程购买后永久学习，不受限制! ######";
return 0;
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· 文末祝福 ·
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
cout<<"跟着王老师一起学习信奥赛C++";
cout<<" 成就更好的自己！ ";
cout<<" csp信奥赛一等奖属于你! ";
return 0;
}