用c写一个求一个数质因数的总数的函数，要求最大化减小函数的时间复杂度

以下是用C语言实现求一个数质因数个数的函数： ```c #include <stdio.h> int countPrimeFactors(int n) { int count = 0, i; while(n % 2 == 0) { count++; n /= 2; } for(i = 3; i * i <= n; i += 2) { while(n % i == 0) { count++; n /= i; } } if(n > 2) count++; return count; } int main() { int n; printf("Enter an integer: "); scanf("%d", &n); printf("The number of prime factors of %d is %d\n", n, countPrimeFactors(n)); return 0; } ``` 这个函数通过从小到大枚举可能的因子来找到质因数并计数。其中，程序首先把2作为n的因子进行处理，然后从3开始枚举所有奇数作为可能的因子，只要能整除就继续除以该因子，并将计数器加1。最后，如果n大于2，说明n本身也是一个质因数，因此需要把计数器加1。这样，我们可以在O(sqrt(n))的时间复杂度内找到n的所有质因数，并计算其数量。

<think>题目要求计算两个结点在树上的距离。树的结构定义：根结点为1，对于任意结点k（k>=2），其父结点是k的最大真因数（即除k本身以外的最大因数）。注意，最大真因数可以通过k除以k的最小质因数得到，因为k的最小质因数p，那么k/p就是最大真因数（因为p最小，则k/p最大）。 但是，我们注意到，由于树非常大（结点数达到10^9），我们不能直接存储整棵树，也不能直接遍历路径（路径长度可能很长）。因此，我们需要寻找规律。 观察：对于任意结点k，其父结点为k的最大真因数，记为p。那么p = k / d，其中d是k的最小质因数（实际上d不一定是质因数，但我们可以这样理解：k的因数中，最小的那个大于1的因数，就是最小质因数，因为合数因数可以分解，所以最小因数一定是质数）。因此，从k到父结点的边可以看作一次除以最小质因数的操作。 那么，从任意结点k到根结点的路径就是不断除以最小质因数的过程，直到1。例如： 结点6：6 -> 3（因为6的最大真因数是3，即6/2=3，2是最小质因数）-> 1（3的最大真因数是1，因为3/3=1，但注意3的最大真因数（除自身外）是1，因为3的因数有1和3，除3以外最大因数是1） 结点8：8 -> 4（8/2=4）-> 2（4/2=2）-> 1（2/2=1？不对，注意2的最大真因数应该是1，因为2的因数有1和2，除2以外最大因数是1）所以8->4->2->1。 但是，我们如何计算两个结点之间的距离呢？距离公式：dist(x,y) = depth(x) + depth(y) - 2 * depth(lca(x,y)) 所以问题转化为求两个结点的深度和它们的最近公共祖先（LCA）的深度。 然而，由于树的结构特殊，我们可以直接模拟从两个结点到根结点的路径，然后找到它们的最近公共祖先。但是，如果直接模拟，当数字很大时（比如10^9），路径长度可能达到质因数分解的指数和（最坏情况是每次除以2，那么路径长度大约是log2(10^9)≈30，所以最多30步左右），因此我们可以接受。 具体步骤： 1. 定义一个函数，计算一个结点到根结点的路径（存储路径上的所有结点，或者只存储深度并记录路径上的结点，以便求LCA）。 2. 对于每个询问(x,y)： a. 分别求出x和y到根结点的路径（用栈或数组存储，从当前结点到根结点，包括根结点）。 b. 然后从根结点开始（路径数组的最后一个元素，或者第一个元素是根结点，具体看存储顺序）比较，直到找到第一个不同的结点，那么上一个相同的结点就是LCA。 c. 或者，我们可以将一条路径存储在一个集合中，然后从另一条路径的底部向上遍历，第一个在集合中出现的结点就是LCA。 但是注意：路径可能很长，但最多只有约O(log n)的结点，所以存储路径是可行的。 然而，我们也可以不存储整个路径，而是通过深度和反向遍历（从叶子到根）来比较。但是，为了找到LCA，我们通常需要同时遍历两条路径。 具体实现： 我们可以写一个函数，输入一个数x，返回从x到根结点的路径上的所有结点（包括x和根结点1）。注意，在生成路径时，我们不断将当前结点的父结点加入，直到根结点。 如何快速求一个数的父结点？根据定义，父结点 = x / min_prime_factor(x) ？实际上，父结点就是x除以x的最小质因数（因为最小质因数会使得商最大）。但是，我们也可以直接求最大真因数：最大真因数 = x / d，其中d是x的最小质因数（因为x的最小质因数d，那么x/d就是最大的真因数）。另外，注意当x=1时，它没有父结点（根结点）。 但是，我们也可以这样求父结点：对于x（x>=2），父结点为x的最大真因数，即从2开始枚举，第一个能整除x的数d，那么x/d就是最大真因数？不对，因为d最小，则x/d最大。所以我们可以用如下方法： parent(x) = x / min_factor(x) （其中min_factor(x)是x的最小质因数，注意当x是质数时，最小质因数就是x本身，那么父结点就是1） 但是，我们不需要预先求出最小质因数，而是用循环从2开始枚举，直到第一个能整除x的数d，那么父结点就是x/d。注意，这样枚举在x是合数时很快，但x是质数时，需要枚举到sqrt(x)才能确定，最坏情况是O(sqrt(x))，而x最大10^9，这样可能超时。 因此，我们需要优化。实际上，我们可以用预处理最小质因数的方法，但q最大1000，我们不可能预处理10^9以内的数。但是，我们可以对每个数在计算时用试除法（因为每个数最多试除到sqrt(x)，而sqrt(10^9)=31622，最坏情况下，每个数需要31622次除法，而1000个询问，最坏需要1000*31622=3e7次，这在C++中可能勉强通过，但题目有60%的数据xi,yi<=1000，所以1000以内的数试除法很快，而大数如果遇到质数则要枚举到sqrt(x)）。 但是，我们也可以这样：在求父结点时，从2开始枚举，如果x能被2整除，则父结点就是x/2（因为2是最小的因数，所以x/2就是最大的真因数），直接返回。否则，枚举下一个奇数，直到枚举到sqrt(x)。这样，对于偶数很快，对于奇数，我们只需要枚举奇数因子。 然而，由于两个数的路径长度最多只有约30步，所以我们可以直接求每个结点的父结点，然后一步一步向上，直到根结点。但是，在求父结点的过程中，我们每次都要用O(sqrt(x))的时间，那么整个路径的构建需要O(路径长度 * sqrt(x))，而路径长度最多30，但sqrt(x)最大是31622，所以总操作次数是30*31622≈1e6，然后1000组询问，总操作次数就是1000*1e6=1e9，这在C++中可能超时（1e9次操作在C++中通常需要1秒，但常数大时可能超时，而且这里每次操作是除法，不是简单操作）。 因此，我们需要更高效的方法。实际上，在求父结点时，我们只需要找到x的最小质因数（或者最小因数）即可。我们可以用试除法，但一旦找到最小质因数就停止。最小质因数一定不超过sqrt(x)。而且，如果x是质数，那么最小质因数就是x本身，所以父结点就是1。 优化：在求父结点时，我们只需要枚举到sqrt(x)即可。具体做法： 如果x是1，返回0（表示没有父结点）或者直接忽略（因为根结点没有父结点）。 否则，从i=2开始，直到i*i<=x，如果x能被i整除，那么最小因数就是i，那么父结点就是x/i（因为x/i一定大于i，且是最大的真因数）。 如果找不到因数（即x是质数），那么父结点就是1。 但是注意：如果x是质数，那么它的父结点就是1，因为除了1和它本身，没有其他因数，所以最大真因数是1。 这样，求一个结点的父结点的时间复杂度是O(sqrt(x))，最坏情况是x是质数，需要O(sqrt(x))。而路径长度最多是O(log(x))（因为每次至少除以2，所以最多30步），所以构建整个路径的时间复杂度是O(log(x)*sqrt(x))。对于1000组询问，最坏情况是1000 * (30 * 31622) ≈ 1000 * 30 * 31622 = 9.4866e8，接近10亿，可能会超时（特别是在C++中，如果常数大，1秒内可能无法完成）。 我们需要更快的求最小质因数的方法。由于q最大1000，我们可以对每个询问中的两个数分别求路径，而每个数最多30步，但每步求最小质因数需要O(sqrt(x))，而x最大10^9，所以最坏情况（质数）需要sqrt(10^9)=31622次操作，那么一个数的路径构建需要30*31622≈1e6次操作，两个数就是2e6，1000组询问就是2000e6=2e9，超时。 因此，我们必须优化求父结点的方法。我们可以预先处理一些质因数？但数据范围太大，无法预处理整个范围。 另一种思路：我们并不需要显式存储整个路径，而是需要知道每个结点的深度，以及求LCA。但是，求LCA需要比较路径上的结点。我们可以用倍增法？但树的结构是动态的，而且我们无法预先存储所有祖先。 注意：树的结构是确定的，但结点太多，无法存储整个树。所以只能每次询问时模拟路径。 但是，我们可以用另一种方法：直接模拟两个结点向上走，直到相遇。但这样需要知道每个结点的深度，然后先调整到同一深度，再一起向上。但是，我们如何求深度？深度就是路径长度。我们可以先分别求出两个结点的深度，然后让深度大的结点先向上走，直到两个结点深度相同，然后同时向上走，直到相同。 具体步骤： 1. 定义一个函数depth(x)，计算x的深度（从x到根结点的边数）。注意，根结点深度为0。 depth(1)=0, depth(2)=1 (因为2的父结点是1), depth(3)=1, depth(4)=2 (4->2->1，所以边数为2？不对，4->2（一步），2->1（两步），所以深度为2？但题目中根结点深度为0，所以4的深度为2。 2. 但是，求depth(x)需要沿着父结点走到根，需要O(路径长度)的时间，而路径长度最大约30，所以求depth(x)的时间是O(30)=O(1)。但是，在每一步中，我们要求父结点，而求父结点需要O(sqrt(x))，所以总时间还是O(30*sqrt(x))，而30*sqrt(x)最大是30*31622≈1e6，然后1000组询问，每组两个数，总操作次数1000*2*1e6=2e9，超时。 因此，瓶颈在于求父结点。我们必须优化求父结点的过程。 优化求父结点：我们可以在试除法时，只枚举到sqrt(x)，但这样最坏还是O(sqrt(x))。有没有更快的办法？ 注意到：在求路径的过程中，我们是从x开始，一步一步求父结点，直到1。而每一步的x都在快速减小（至少除以2），所以x的值会迅速变小。例如，第一步x最大10^9，第二步最大5e8，第三步最大2.5e8，...，所以虽然第一步的sqrt(x)是31622，但第二步的sqrt(x)是22360，第三步是15811，...，所以总的操作次数并不是30*31622，而是所有步的sqrt(x)之和。这个和是多少？ 假设每一步x都除以2（最坏情况，即每次都是2的倍数），那么x的序列：10^9, 5e8, 2.5e8, 1.25e8, ...，直到1。那么sqrt(x)的序列：31622, 22360, 15811, 11180, ...，这是一个等比数列（公比1/sqrt(2)），所以总和大约是31622 * (1 + 1/sqrt(2) + 1/2 + ...) ≈ 31622 * (1/(1-1/sqrt(2))) ≈ 31622 * (1/0.2929) ≈ 107000。所以一个数的路径构建需要大约10万次操作？那么1000组询问的两个数，总操作次数1000*2*10万=2e8，在C++中2e8次操作可能勉强通过（1秒），但常数可能很大。 但是，如果遇到质数，那么第一步我们就要枚举到sqrt(x)（大约31622次），然后下一步是1（不需要枚举），所以质数只需要31622次操作。而合数可能很快（比如偶数，第一步就除以2，只需要枚举2，所以一次操作）。所以平均情况可能比最坏情况好。 但是，最坏情况是合数，但最小质因数很大？比如一个合数，它的最小质因数很大（接近sqrt(x)），那么我们在枚举到最小质因数之前，需要枚举很多数。例如，x是一个合数，最小质因数是p（p接近sqrt(x)），那么我们需要枚举到p，大约sqrt(x)次。所以每一步的x，如果最小质因数都很大，那么每一步都需要O(sqrt(x))，而x的衰减速度是除以p（p>=sqrt(x)），那么下一步x = x/p <= sqrt(x)，所以下一步的x就很小了（比如第一步x=10^9，p=31622，那么下一步x=10^9/31622≈31622，然后下一步枚举sqrt(31622)≈178，所以下一步枚举最多178次，再下一步x=31622/178≈177，然后枚举sqrt(177)≈13，所以下一步枚举13次，再下一步x=177/13≈13，然后枚举sqrt(13)≈3.6，枚举到3（因为13是质数，所以下一步父结点为1）。所以总枚举次数：第一步约31622次，第二步178次，第三步13次，第四步3次，然后结束。总共大约31622+178+13+3=31816次。而1000组询问，每个数最多31816次，两个数就是63632次，1000组就是63632000次，约6e7次，这在C++中是可以接受的（1秒内）。 因此，我们采用试除法求父结点：对于x（x>=2），从i=2开始枚举，直到i*i<=x（包括等号），如果x能被i整除，则父结点为x/i（因为i是因数，且最小，所以x/i就是最大真因数），返回。如果枚举完都没有整除，则x是质数，父结点为1。 注意：当x=1时，父结点不存在，我们直接返回0（表示没有父结点），或者在使用时，当x=1时停止。 然后，我们分别计算两个结点的深度（即从该结点到根结点的步数）： depth(1)=0 对于x>=2，depth(x) = depth(parent(x)) + 1 但是，递归可能会栈溢出（深度最多30，所以不会溢出），但我们用循环迭代更好。 然后，求LCA：我们先把两个结点调整到同一深度，然后同时向上走，直到相同。 具体步骤： 1. 计算x和y的深度，假设depth(x)>=depth(y)，则令a=x，b=y；否则交换。 2. 将a向上移动（depth(x)-depth(y)）步，使得a和b在同一深度。 3. 如果此时a==b，则LCA=a，距离为depth(x)+depth(y)-2*depth(a) = depth(x)+depth(y)-2*depth(b) = depth(x)-depth(y) （因为a和b相同，所以depth(a)=depth(b)）? 不对，应该是depth(x)+depth(y)-2*depth(a)，但此时depth(a)=depth(b)，且a=b，所以就是depth(x)+depth(y)-2*depth(a)。但是，我们也可以直接返回：depth(x)+depth(y)-2*depth(a) = (depth(x)-depth(a)) + (depth(y)-depth(a)) = (depth(x)-depth(a)) + (depth(y)-depth(a))，但注意depth(a)就是调整后的深度。 4. 如果a!=b，则a和b同时向上走，直到a和b的父结点相同（或者直到a==b），那么此时a和b的父结点就是LCA？或者当a==b时停止，那么LCA就是a（或b）。注意，我们每次走一步，直到a和b相等。 但是，同时向上走时，我们每次都需要求父结点，而父结点的计算需要O(sqrt(x))，但此时x已经比较小了（因为深度在减小），而且最多走depth(y)步（但实际不会那么多，因为LCA在中间），所以总操作次数不会太多。 然而，我们也可以不调整深度，而是用路径记录的方法：分别记录x和y到根结点的路径（结点序列），然后从根结点开始（或者从x和y开始）比较，找到最后一个相同的结点。但是，这样需要存储路径，空间很小（最多30个结点），而且求路径时，每一步的父结点我们已经计算过，所以我们可以存储路径上的所有结点（包括深度），然后比较。 方法选择：由于路径长度最多30，所以我们可以存储整个路径（用vector），然后比较两个路径，找到最后一个相同的结点（即LCA）。这样，我们只需要分别求x和y的路径，然后比较。 步骤： vector<int> path_x, path_y; 将x和它所有祖先（包括根结点1）按顺序放入path_x：x, parent(x), parent(parent(x)), ... , 1 同样，将y和它所有祖先放入path_y。 然后，我们反转两个路径，使得根结点在开头（或者不反转，从根结点在末尾开始比较）。为了方便，我们可以不反转，然后从后往前比较（即从根结点开始比较），直到找到第一个不同的位置。那么上一个位置就是LCA。 具体比较：设i=0, j=0，但这样不是从根结点开始。我们可以将路径反向存储（即先压入根结点，最后压入x），这样路径就是[1,...,x]（从根到x）。然后，我们比较两个路径，从根结点开始，直到出现分叉。 但是，我们也可以这样：将路径存储为从x到根结点（x, parent(x), ... ,1），那么比较时，我们从根结点方向开始（即从数组尾部开始）。例如，path_x: [x0, x1, ..., 1]（x0=x，最后一个元素是1），path_y: [y0, y1, ..., 1]。然后，我们设置两个指针i=path_x.size()-1, j=path_y.size()-1，然后从根结点（1）开始，同时向x和y的方向移动（即i--, j--），直到结点不同，那么上一个相同的结点就是LCA。或者，我们也可以从前往后（从x和y开始）比较，但这样可能不是LCA（因为可能路径很长，但LCA在中间）。 更好的方法：从根结点开始比较（即数组尾部），因为根结点一定相同。然后我们向x和y的方向移动（即i--, j--），直到遇到不同的结点，那么最后一个相同的结点（即当前相同的最后一个）就是LCA？不对，应该是移动过程中，当遇到第一个不同的结点时，那么上一个结点（即最近的一个相同结点）就是LCA。但是，如果一开始就不同（即根结点相同，但下一个结点不同），那么LCA就是根结点。 具体：设i = path_x.size()-1, j = path_y.size()-1，然后从根结点（即path_x[i]和path_y[j]）开始，此时它们都是1，相同。然后我们同时向前移动（i--, j--），比较path_x[i]和path_y[j]是否相同，直到不相同或者其中一个结束。那么LCA就是上一次相同的结点，即path_x[i+1]（或path_y[j+1]）。但是，注意：当出现不相等时，说明当前结点已经不同，那么上一个结点就是LCA。 但是，我们也可以这样：我们并不需要移动到最后一次相同，而是当遇到第一个不同的位置时，那么LCA就是上一个位置（即当前比较位置的前一个位置）。所以，我们记录上一次相同的结点，然后当遇到不同的结点时，上一次相同的结点就是LCA。 然而，我们可以简化：因为路径上一定包含LCA，所以我们可以从后往前同时遍历两个路径，直到遇到第一个不同的位置，那么从这个位置开始再往后的部分就是分叉，而当前位置的下一个位置（即更靠近根的位置）就是LCA。但实际上，当我们从根结点方向（数组尾部）向x和y方向移动时，我们记录连续相同的最后一个结点。当出现不同时，连续相同的最后一个结点就是LCA。 例如：x=4，路径为[4,2,1]；y=8，路径为[8,4,2,1]。 path_x: [4,2,1] 索引：0:4, 1:2, 2:1 path_y: [8,4,2,1] 索引：0:8,1:4,2:2,3:1 我们从尾部开始：path_x[2]=1, path_y[3]=1 -> 相同，继续 i=1, j=2：path_x[1]=2, path_y[2]=2 -> 相同，继续 i=0, j=1：path_x[0]=4, path_y[1]=4 -> 相同，继续 然后i=-1, j=0：结束。那么最后一个相同的结点是4？但是，当i=0,j=1时，我们比较了4和4，然后下一步i=-1,j=0，我们停止了。那么LCA应该是4吗？但是4是x（4）的祖先，也是y（8）的祖先，并且是最近的（因为8->4->2->1，而4->2->1，所以它们的最近公共祖先是4？）。但是，题目中4和8的LCA是4？那么距离：4到4的距离是0，4到8的距离：8->4（一步），所以总距离1？但样例输出是1（样例输入中有4和8，输出1）。所以正确。 但是，如果我们从根结点方向开始比较，当遇到第一个不同的结点时，实际上我们还没有记录这个相同的4？不对，我们在比较过程中，每一步都相同，直到x的路径结束，然后y的路径还有结点（8），但x的路径已经结束。所以，我们应该在其中一个路径结束时停止，那么最后一个相同的结点就是4（在x路径的0位置和y路径的1位置相同）。 所以，我们同时从两个路径的尾部（即根结点）开始，向前（向叶子方向）移动，直到一个路径结束或者结点不同。那么，最后一个相同的结点就是LCA？不对，因为我们在移动过程中，每一步都是相同的（因为从根结点开始，所以前面的结点可能不同？）。实际上，我们是从根结点开始，但根结点相同，然后继续向叶子方向走，每一步都相同，直到某个路径结束或者遇到不同。那么，最后一个相同的结点（即路径结束前的最后一个结点）就是LCA。 因此，我们可以这样：初始化LCA_index = -1（表示还没找到），然后从尾部开始，同时递减两个指针，直到其中一个路径的指针小于0。在每一步，如果path_x[i]==path_y[j]，则记录这个结点（或者记录位置），然后继续；如果不同，则停止，那么最后一个相同的结点就是LCA。 但是，如果两个路径长度不同，那么短路径的结点会先结束，那么最后一个相同的结点就是短路径的最后一个结点？不对，应该是短路径的最后一个结点（即根结点方向）和长路径的对应位置相同，然后短路径结束，那么LCA就是短路径的最后一个结点（即离根最远的那个结点）？不对，例如：x=4（路径：[4,2,1]），y=8（路径：[8,4,2,1]）。当比较到path_x[0]和path_y[1]时，4和4相同，然后path_x的下一个位置没有了（i=-1），那么LCA应该是4？所以我们需要在循环中记录最后一个相同的位置。 算法： i = path_x.size()-1, j = path_y.size()-1; while (i>=0 && j>=0) { if (path_x[i] == path_y[j]) { // 记录这个结点，作为临时的LCA（但后面可能还有相同的更远的结点） // 但注意，我们是从根向叶子走，所以相同的结点越来越靠近叶子，所以最后一个相同的结点就是LCA（最深的那个公共祖先）？ // 不对，因为从根结点开始，相同的结点连续出现，直到分叉点，所以最后一个相同的结点就是LCA。 // 所以，我们记录当前结点，然后继续。 lca_node = path_x[i]; // 或者记录下标，然后继续 i--; j--; } else { break; } } // 循环结束后，lca_node就是最后一个相同的结点？但是，循环可能因为不同而退出，那么最后一个相同的结点就是上一次的lca_node？但我们在循环内记录，那么当遇到不同时，我们break了，所以最后记录的lca_node是上一个相同的结点（即LCA）。但是，如果循环因为一个路径结束而退出，那么最后记录的就是最后一个相同的结点。 但是，上面的循环在遇到相同结点时，我们更新lca_node，然后继续；当遇到不同时，我们跳出循环，那么最后记录的lca_node就是LCA。但是，如果两个路径完全相同，那么循环结束后，lca_node就是x或y（路径的最后一个元素，即x或y）？不对，因为路径的最后一个元素是1（根结点），然后我们一直比较到开头，最后记录的lca_node是1？不对，因为路径存储是x->...->1，所以最后一个元素是1（即根结点），然后我们比较时，从尾部开始（1和1相同，然后2和2相同，然后4和4相同？但x=4的路径是[4,2,1]，y=8的路径是[8,4,2,1]），所以对于x=4和y=8，循环过程： 第一次：i=2, j=3: path_x[2]=1, path_y[3]=1 -> 相同，lca_node=1, 然后i=1,j=2 第二次：i=1, j=2: path_x[1]=2, path_y[2]=2 -> 相同，lca_node=2, 然后i=0,j=1 第三次：i=0, j=1: path_x[0]=4, path_y[1]=4 -> 相同，lca_node=4, 然后i=-1,j=0 然后循环结束。所以最后lca_node=4，正确。 所以，我们可以在循环中记录最后一个相同的结点，然后循环结束后，这个结点就是LCA。 但是，注意：在循环中，我们每次遇到相同的结点就更新lca_node，所以最后更新的是最深的公共祖先。因此，正确。 然后，距离 = depth(x) + depth(y) - 2 * depth(lca_node) 而depth(x) = path_x.size()-1? 因为路径存储了从x到根结点的所有结点，所以路径长度为结点数，边数=结点数-1，所以深度=结点数-1。同理，depth(lca_node) = 从lca_node到根结点的边数，也就是lca_node在path_x中的位置（从0开始，x的位置是0，父结点是1，...，根结点是path_x.size()-1）？不对，在path_x中，下标0是x，下标1是parent(x)，...，最后一个下标（size-1）是根结点1。所以，lca_node在path_x中的位置为k（0<=k<=size-1），那么从lca_node到根结点的边数为path_x.size()-1 - k？不对，从x到根结点的边数为path_x.size()-1（因为结点数为size，边数=size-1）。而lca_node在path_x中的位置为k，那么从x到lca_node的边数为k（因为x到lca_node：x->...->lca_node，在path_x中，下标0到k，共k步）。同样，从lca_node到根结点的边数为（path_x.size()-1 - k）? 但是，我们不需要这样，因为深度depth(x)=从x到根结点的边数=path_x.size()-1（因为路径有size个结点，边数为size-1）。同样，depth(lca_node) = 从lca_node到根结点的边数，这个值等于lca_node在路径中的下标（k）到根结点（下标size-1）的边数，即size-1 - k。那么，x到lca_node的距离为depth(x)-depth(lca_node)= (size_x-1) - (size_x-1 - k) = k? 不对，因为x到lca_node的边数应该是k（因为从x（下标0）到lca_node（下标k）需要k步：0->1->...->k，共k条边）。所以，x到lca_node的距离为k，y到lca_node的距离为l（l为lca_node在path_y中的下标）。那么，x和y的距离 = k + l。 所以，我们不需要计算depth(lca_node)，只需要知道lca_node在path_x中的位置k和在path_y中的位置l，然后距离=k+l。 因此，在求LCA的过程中，我们同时记录lca_node在path_x和path_y中的位置？或者，我们在构建路径后，可以同时记录每个结点的深度（即从该结点到根结点的边数），但我们已经知道每个结点的深度（depth(x)=path_x.size()-1，但这是x的深度，而路径中的每个结点的深度可以计算：从根结点开始，根结点深度为0，然后每向下一步深度+1，所以路径中最后一个结点（根结点）深度为0，倒数第二个深度为1，...，第一个结点（x）深度为path_x.size()-1）。所以，lca_node的深度为（假设在path_x中，lca_node的位置为k，则深度d = path_x.size()-1 - k? 不对，因为路径存储顺序是x->...->lca_node->...->1，所以从根结点1到lca_node的边数应该是（从根结点1到lca_node的路径长度）。在path_x中，根结点在最后一个位置（下标size-1），lca_node在位置k，那么从根结点到lca_node的边数为（size-1 - k）。所以lca_node的深度 = size-1 - k？不对，深度是到根结点的边数，所以lca_node的深度 = 从lca_node到根结点的边数 = 路径中从lca_node（位置k）到根结点（位置size-1）的边数 = (size-1) - k。 所以，距离 = depth(x) + depth(y) - 2 * depth(lca_node) = (path_x.size()-1) + (path_y.size()-1) - 2 * (size_x-1 - k) ? 不对，因为depth(lca_node) = (size_x-1 - k) ？ 但是，注意：depth(lca_node)是固定的，不管在哪个路径中，都是同一个值。所以，我们也可以这样计算：在path_x中，从x到lca_node的距离为k（因为x在位置0，lca_node在位置k，中间有k条边），在path_y中，从y到lca_node的距离为在path_y中lca_node的位置（记为l），那么总距离=k+l。 所以，我们只需要知道lca_node在path_x中的下标k和在path_y中的下标l，然后距离=k+l。 如何得到k和l？在求LCA的过程中，我们同时记录下标。在循环中，我们同时移动两个指针，当遇到相同的结点时，我们记录这个结点在path_x中的位置i（和path_y中的位置j）。但是，注意我们的循环是从根结点（数组尾部）向叶子方向移动（即i从path_x.size()-1递减，j从path_y.size()-1递减），所以当遇到相同的结点时，我们在path_x中的位置是i，在path_y中的位置是j。那么，在循环结束后，我们最后记录的那个lca_node在path_x中的位置就是i+1（因为循环中我们更新lca_node后，i和j都减1了，然后继续，直到不满足条件，所以最后记录的lca_node的位置应该是当前i+1和j+1）？不对，因为我们在循环中，先比较path_x[i]和path_y[j]，如果相等，则记录lca_node=path_x[i]，然后i--,j--。所以，最后记录的lca_node对应的位置就是当前的i+1（在path_x中）和j+1（在path_y中）。所以，x到lca_node的距离 = i+1（因为x在path_x中的位置0，到位置i+1，需要i+1步）？不对，因为path_x中，x的位置是0，下一个位置是1，...，位置i+1是lca_node。所以从x到lca_node需要经过i+1条边？不对，从x（下标0）到lca_node（下标为i+1）需要经过的边数就是（i+1）-0 = i+1？不对，因为路径中相邻两个结点之间有一条边，所以从0到i+1，需要经过(i+1)条边？不对，从0到1：1条边，0到2：2条边，所以从0到k需要k条边。所以从x到lca_node的距离 = (i+1) - 0 = i+1？不对，因为下标0到下标k（k>=0）需要k条边（因为0->1->...->k，共k条边）。所以，如果lca_node在path_x中的下标为k，则距离为k。 因此，如果我们记录lca_node在path_x中的下标为k，则x到lca_node的距离为k。同理，lca_node在path_y中的下标为l，则y到lca_node的距离为l。总距离=k+l。 那么，如何得到k和l？在循环中，我们最后记录lca_node时，它在path_x中的位置就是循环中当前的i+1（因为我们在比较path_x[i]和path_y[j]之后，发现相等，然后更新lca_node，然后i--,j--，所以下一次循环时，i和j已经指向下一个，而lca_node实际是在i+1的位置）。所以，循环结束后，lca_node在path_x中的位置为i+1（注意，循环结束后，i和j可能已经减1，或者因为不同而停止）。所以，k=i+1，l=j+1。但是，如果循环因为其中一个路径结束而停止（即i或j小于0），那么最后记录的lca_node的位置就是0？不对，例如上面的例子x=4,y=8： path_x: [4,2,1] size=3 path_y: [8,4,2,1] size=4 初始化：i=2, j=3，比较path_x[2]=1和path_y[3]=1 -> 相等，lca_node=1，然后i=1,j=2 i=1,j=2：比较2和2，相等，lca_node=2，然后i=0,j=1 i=0,j=1：比较4和4，相等，lca_node=4，然后i=-1,j=0 循环结束（因为i<0）。所以最后lca_node=4，它在path_x中的位置k=0（因为4在path_x中下标0），在path_y中的位置l=1（因为4在path_y中下标1）？不对，在path_y中，4的下标是1（0是8，1是4，2是2，3是1）。所以k=0，l=1，距离=0+1=1，正确。 但是，在循环中，我们最后记录lca_node=4时，i=0,j=1，然后我们更新lca_node后，i--->-1, j-->0，然后循环结束。所以，最后记录的lca_node对应的位置应该是i+1=0（在path_x中）和j+1=1（在path_y中）。所以，k=i+1=0，l=j+1=1，距离=0+1=1，正确。 所以，我们可以在循环中记录最后一次相等时的结点，并记录此时的下标（但不需要，因为循环结束后，i和j已经减1了，所以lca_node在path_x中的位置就是i+1，在path_y中的位置就是j+1）。但是，注意，循环结束时，i和j的值可能是负的，所以当我们计算k=i+1时，如果i=-1，那么k=0，这是正确的（因为lca_node在path_x中的位置0）。 因此，算法： 1. 构建path_x和path_y（从x到根结点，包括x和根结点）。 2. 初始化i=path_x.size()-1, j=path_y.size()-1，lca_node=1（默认根结点），但也可以不初始化。 3. 在循环中（while(i>=0 && j>=0)）： 如果path_x[i]==path_y[j]： 则lca_node = path_x[i]; // 记录这个结点 然后i--, j-- 否则，break; 4. 循环结束后，k = i+1, l = j+1 5. 距离 = k + l 但是，注意：如果两个路径没有公共结点（除了根结点）？但不可能，因为根结点一定相同。所以一定会有根结点作为公共结点。 但是，如果x和y就是根结点，那么path_x=[1], path_y=[1]： 初始化：i=0, j=0 比较path_x[0]==path_y[0] -> 1==1，相等，lca_node=1，然后i--->-1, j--->-1 然后循环结束，k=i+1=0, l=j+1=0，距离=0+0=0，正确（因为根结点到根结点距离0）。 所以，我们可以用这个算法。 但是，我们也可以不记录lca_node，因为最后我们只需要k和l（即下标）。所以，我们不需要记录lca_node，只需要在循环中更新k和l？实际上，我们只需要得到k=i+1和l=j+1。 因此，我们可以简化：循环结束后，k=i+1, l=j+1，然后距离=k+l。 但是，循环中我们只更新i和j，然后当不相等时跳出。所以，循环结束后，k=i+1, l=j+1，就是lca_node在各自路径中的下标。然后距离=k+l。 但是，注意：循环跳出有两种情况：一是遇到不同的结点，二是其中一个路径结束（i<0或j<0）。而我们在循环中，只有当相等时才更新i和j，所以跳出循环时，i和j指向的位置是：在path_x和path_y中，从根结点方向开始连续相同的最后一个位置的下一个位置（即第一个不同的位置，或者一个路径结束的位置）。所以，lca_node在path_x中的位置就是i+1（因为path_x[i+1]和path_y[j+1]是最后一个相同的结点，但循环中我们最后比较的是path_x[i]和path_y[j]，如果相等，我们更新i和j，然后继续；如果不相等，则跳出，那么最后一个相同的结点就是上一次的path_x[i+1]和path_y[j+1]？不对，因为循环中，我们每次比较的是当前的i和j，如果相等，则更新lca_node，然后i--,j--，所以当跳出时，i和j已经指向下一个位置，而最后一个相同的结点就是path_x[i+1]和path_y[j+1]（在更新i和j之前，我们比较了path_x[i]和path_y[j]并相等，然后更新i和j，所以现在i和j已经减1，那么最后一个相同的结点就是path_x[i+1]和path_y[j+1]）。所以，无论是因为不同跳出还是因为路径结束跳出，最后相同的结点位置就是i+1和j+1。 因此，我们不需要记录lca_node，只需要在循环结束后，计算k=i+1, l=j+1，然后距离=k+l。 但是，注意：在循环中，我们并没有记录lca_node，但我们可以不记录，因为我们只需要下标。 所以，步骤： vector<int> get_path(int x) { vector<int> path; while (x) { path.push_back(x); if (x == 1) break; // 求x的父结点 int p = get_parent(x); x = p; } return path; } 然后，对于每个询问(x,y)： path_x = get_path(x); path_y = get_path(y); int i = path_x.size()-1, j = path_y.size()-1; while (i>=0 && j>=0) { if (path_x[i] == path_y[j]) { i--; j--; } else { break; } } int k = i+1, l = j+1; int distance = k + l; cout << distance << endl; 注意：这里k和l就是lca_node在path_x和path_y中的下标，而x到lca_node的距离就是k（因为path_x[0]是x，path_x[k]是lca_node，中间有k条边），y到lca_node的距离就是l（同理）。 但是，我们考虑一个例子：x=2, y=3（样例输入中有1和3，但这里2和3）： 2的路径：2->1 -> [2,1] size=2 3的路径：3->1 -> [3,1] size=2 初始化：i=1, j=1，比较path_x[1]=1和path_y[1]=1，相等，然后i--,j-- -> i=0,j=0 然后，i>=0&&j>=0，继续：比较path_x[0]=2和path_y[0]=3，不等，break。 然后k=0+1=1, l=0+1=1，距离=2。但实际2和3的距离：2->1<-3，所以距离=2（正确）。 另一个例子：x=1,y=3（样例输入）： path_x: [1] size=1 path_y: [3,1] size=2 初始化：i=0, j=1，比较path_x[0]=1和path_y[1]=1，相等，然后i--->-1, j--->0 循环结束（因为i<0），所以k=-1+1=0, l=0+1=1，距离=0+1=1，正确（因为1->3？不对，注意1是根，3的父结点是1，所以3到1的距离为1，所以1和3的距离为1）。 所以，这个算法正确。 但是，我们还需要实现get_parent(x)函数，注意x=1时，父结点不存在（返回0？），但我们在get_path中，当x=1时，我们push_back(1)然后break。 实现get_parent(x)（x>=2）： 如果x==1，返回0（表示没有父结点）。 否则，用试除法：从i=2开始，到i*i<=x，如果x能被i整除，则返回x/i（因为i是因数，且最小，所以x/i是最大真因数）。 如果找不到因数，则x是质数，返回1。 注意：当x=2时，i从2开始，2*2=4>2，所以循环不执行，然后返回1（质数），正确（2的父结点是1）。 但是，当x=4时：i=2，2*2<=4，4%2==0，返回4/2=2，正确。 x=9：i=2，9%2!=0；i=3，3*3<=9，9%3==0，返回9/3=3，正确。 x=15：i=2，15%2!=0；i=3，15%3==0，返回15/3=5，正确。 x=25：i=2,3,4（4*4=16<25，5*5=25，所以i=5时，5*5<=25，25%5==0，返回25/5=5，但5不是最大真因数？最大真因数应该是25/5=5？不对，25的最大真因数是5（因为因数有1,5,25，所以最大真因数是5）。所以父结点是5，正确。 但是，注意：当x是平方数时，我们返回x/i，其中i是平方根，那么x/i=i，所以父结点就是平方根。正确。 但是，有一个问题：当x是质数时，我们返回1，但1的父结点是0（不存在），所以当x是质数时，我们返回1，然后在get_path中，当x=1时停止，所以路径为：x->1。 所以，get_parent(x)函数： int get_parent(int x) { if (x == 1) { return 0; // 或者-1，表示没有父结点 } // 枚举i从2到sqrt(x) for (int i=2; i*i <= x; i++) { if (x % i == 0) { return x / i; } } // 没有找到因数，x是质数 return 1; } 但是，注意：x=1时，我们返回0，然后在get_path中，当x=0时停止？不对，我们在get_path中，当x=1时，我们push_back(1)然后break，所以不会调用get_parent(1)。所以，在get_path中，我们这样写： vector<int> get_path(int x) { vector<int> path; while (x) { // 当x不为0时循环 path.push_back(x); if (x == 1) break; // 根结点，没有父结点 x = get_parent(x); // 对于x>=2，get_parent返回非0；当x=1时，不会调用get_parent。 } return path; } 但是，如果x=1，则循环：push_back(1)，然后break。正确。 但是，get_parent(1)不会被调用，所以安全。 但是，注意：get_parent(x)中，x>=2，所以当x=1时，我们不会调用get_parent。 最后，注意时间：最坏情况，每个数的路径长度最多约30，但每一步求父结点需要O(sqrt(x))，而x在路径中迅速减小，所以总操作次数（对于一组询问）是路径长度步的sqrt(x)之和，最大约10万次（之前分析过），1000组询问就是1e8，在C++中可能勉强通过（1秒），但实际可能更快，因为平均情况最小质因数很小。 但是，我们可以进一步优化求父结点：在枚举时，只枚举质因数？但没必要，因为最小质因数一定是质数，而且我们找到第一个因数就是最小质因数（因为i从小到大枚举）。 所以，代码结构： #include <iostream> #include <vector> #include <cmath> #include <algorithm> using namespace std; int get_parent(int x) { // x>=2 for (int i=2; i*i<=x; i++) { if (x % i == 0) { return x / i; } } return 1; } vector<int> get_path(int x) { vector<int> path; while (x) { path.push_back(x); if (x == 1) break; x = get_parent(x); } return path; } int main() { int q; cin >> q; while (q--) { int x, y; cin >> x >> y; vector<int> path_x = get_path(x); vector<int> path_y = get_path(y); int i = path_x.size()-1, j = path_y.size()-1; while (i>=0 && j>=0) { if (path_x[i] == path_y[j]) { i--; j--; } else { break; } } int k = i+1, l = j+1; cout << k + l << endl; } return 0; } 但是，注意：样例输入2：120 650，输出9。我们用这个代码测试一下。 由于120和650的路径较长，我们手动计算可能麻烦，但我们可以运行测试。 但是，为了确保正确，我们可以先测试样例。 样例输入1： 3 1 3 -> 1 2 5 -> 2 4 8 -> 1 我们测试： 1和3：路径[1]和[3,1] -> i=0 (path_x[0]=1), j=1 (path_y[1]=1) -> 相等，则i--->-1, j--->0，然后k=0, l=1，输出1，正确。 2和5：路径[2,1]和[5,1] -> path_x: [2,1] -> i=1 (path_x[1]=1) path_y: [5,1] -> j=1 (path_y[1]=1) -> 相等，然后i=0,j=0: path_x[0]=2, path_y[0]=5 -> 不等，跳出。k=0+1=1, l=0+1=1，输出2，正确。 4和8：路径[4,2,1]和[8,4,2,1] -> i=2 (path_x[2]=1), j=3 (path_y[3]=1) -> 相等，i=1,j=2: path_x[1]=2, path_y[2]=2 -> 相等，i=0,j=1: path_x[0]=4, path_y[1]=4 -> 相等，然后i=-1,j=0 -> 跳出。k=0, l=1，输出1，正确。 所以，样例通过。 但是，120和650：输出9，我们运行程序，如果输出9，则正确。 由于时间关系，我们假设正确（实际在本地测试，可以运行）。 但是，注意：get_parent(x)中，i*i<=x，当x很大时，i*i可能会溢出int？因为x最大10^9，所以i最大约31622，i*i=10^9，不会溢出int（int在C++中通常为4字节，最大2e9）。但为了安全，我们可以用long long，或者用i<=sqrt(x)。但是，sqrt(x)是浮点数，可能有精度问题。所以，我们保持i*i<=x，x是int，i*i最大10^9，不会溢出。 但是，x最大10^9，所以i最大为31622，所以循环次数最多31622次，但平均情况很快（比如偶数只要一次）。 所以，代码如上。 但是，我们还可以优化求父结点：在枚举时，可以跳过偶数（除了2）。因为如果x是偶数，那么最小质因数是2，所以直接返回x/2。否则，x是奇数，那么从3开始，每次加2（跳过偶数）。这样，对于奇数，枚举次数减半。 优化get_parent： int get_parent(int x) { if (x == 1) return 0; // 如果x是偶数，直接返回x/2 if (x % 2 == 0) { return x/2; } // 检查是否能被3,5,...整除 // 注意，还要检查3,5,...等奇数 for (int i=3; i*i<=x; i+=2) { if (x % i == 0) { return x / i; } } // 质数 return 1; } 这样，对于偶数，我们只需要一次判断；对于奇数，我们只需要枚举奇数因子。 但是，注意：如果x能被3整除，那么最小质因数可能是3，所以返回x/3。正确。 但是，x=9：9%2!=0，然后i=3，9%3==0，返回3，正确。 这样优化后，奇数情况枚举次数减半，速度更快。 最终代码： 注意：x=1已经在get_path中处理，不会调用get_parent(1)。 我们提交这个代码。 但是，注意：x=1时，get_path返回[1]，然后求路径时，不会调用get_parent。 另外，x=0的情况不会出现（题目编号最小为1）。 所以，最终代码：</think>为了解决这个问题，我们需要计算给定树中两个结点之间的最短距离。树的结构定义为：根结点编号为1，对于任意结点k（k ≥ 2），其父结点是k的最大真因数（即除k本身以外的最大因数）。由于树中结点数量巨大（达到10^9），无法预先存储整棵树，因此需要高效地计算路径和最近公共祖先（LCA）。 ### 方法思路 1. **获取父结点**：对于任意结点x（x ≥ 2），其父结点是x的最小质因数对应的最大真因数。如果x是质数，则父结点为1。 2. **构建路径**：从给定结点出发，通过不断获取父结点，直到根结点1，形成从该结点到根结点的路径。 3. **计算距离**：对于两个结点，分别获取它们到根结点的路径。从根结点开始比较路径，找到最后一个相同的结点（LCA）。距离计算公式为：`距离 = 结点x到LCA的步数 + 结点y到LCA的步数`。 ### 解决代码 ```cpp #include <iostream> #include <vector> using namespace std; int get_parent(int x) { if (x % 2 == 0) { return x / 2; } for (int i = 3; (long long)i * i <= x; i += 2) { if (x % i == 0) { return x / i; } } return 1; } vector<int> get_path(int x) { vector<int> path; while (x) { path.push_back(x); if (x == 1) break; x = get_parent(x); } return path; } int main() { int q; cin >> q; while (q--) { int x, y; cin >> x >> y; vector<int> path_x = get_path(x); vector<int> path_y = get_path(y); int i = path_x.size() - 1; int j = path_y.size() - 1; while (i >= 0 && j >= 0) { if (path_x[i] == path_y[j]) { i--; j--; } else { break; } } int k = i + 1; int l = j + 1; cout << k + l << endl; } return 0; } ``` ### 代码解释 1. **get_parent函数**：计算结点x的父结点。如果x是偶数，直接返回x/2；否则，从3开始检查奇数因子，找到最小质因数后返回x/i；若x是质数，返回1。 2. **get_path函数**：构建从结点x到根结点的路径。通过循环不断获取父结点并记录路径，直到根结点1。 3. **主函数**： - 读取询问次数q。 - 对于每组询问，读取两个结点x和y。 - 分别获取x和y到根结点的路径。 - 从根结点开始比较两条路径，找到最后一个相同的结点（LCA）。 - 计算x和y到LCA的步数之和，即为两结点间距离，输出结果。 此方法高效地利用了树的结构特性，通过路径比较快速找到LCA并计算距离，适用于大规模结点树。