====== Codeforces Round #641 (Div. 2) ======

===== A. Orac and Factors =====

大致题意:$f(n)$为n除1外的最小约数，令$g(n)=f(n)+n$，求$g_k(n)$

易证，$f(n)$与$n$同奇偶，所以$f(n)+n$必为偶数。又$f(2k)=2,k\in N$，所以我们只需先计算$f(n)+n$，然后加$k-1$个2即可。

代码：

<code cpp>
#include <stdio.h>
int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    for (int kkk=1;kkk<=t;kkk++)
    {
        int n,k;
        scanf("%d%d",&n,&k);
        if (n%2==0)
        printf("%d\n",n+k*2);
        else
        {
            int i;
            for (i=2;i<=n;i++)
            if (n%i==0)
            break;
            printf("%d\n",n+i+(k-1)*2);
        }
    }
 } 
</code>
===== B. Orac and Models =====

大致题意：给定一个序列$a_n$，求满足下面条件的递增子列$s_n$的最大长度：

1.$s_i\  mod \ s_{i-1}=0,\forall 1<i\le n$

2.$a_{s_{i-1}}<a_{s_i},\forall 1<i\le n$

设$dp[i]$代表$s_i$的最后一项为$i$时的最大长度，可得

$dp[j]=\max(1,dp[i]),j>i且j\ mod\ i=0$

代码：

<code cpp>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
using namespace std; 
int dp[100001];
int a[100001];
int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while (T--)
    {
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        int n;
        scanf("%d",&n);
        for (int i=1;i<=n;i++)
        {
        scanf("%d",&a[i]);
        dp[i]=1;
        }
        for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=2*i;j<=n;j+=i)
        if (a[j]>a[i])
        {
        dp[j]=max(dp[j],dp[i]+1);
        }
        int ans=0;
        for (int i=1;i<=n;i++)
        ans=max(ans,dp[i]);
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}
</code>
===== C. Orac and LCM =====

大致题意：求$\gcd(\{lcm(\{a_i,a_j\})|i<j\})$

当数列的长度等于2时，答案即为$lcm(a_1,a_2)$

当数列的长度大于2时

注意到$1\le a_i\le200000$，可以先把1到200000的素数筛出来，下面考虑每一个素数p对结果的影响：

1.假如该素数是数列$a_n$中至多一项的因子，则这个素数对答案不做贡献

2.否则，由于该题求的是最大公约数，只需求出$lcm(a_i,a_j)$中含有p的因子个数最小的那个数，可以证明，最小因子数等于数列$a_n$中含有p的次小因子数。

可是这样会超时，我们考虑缩小枚举范围。可以先用假的算法求出一个扩大了范围的答案，对这个答案分解质因数，只需枚举这些素数即可。

代码

<code cpp>
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
long long a[200001];
int pow(int a,int b)
{
    int an=1;
    for (int i=1;i<=b;i++)
    an*=a;
    return an;
}
int main()
{
    srand(2);
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<=n;i++)
    scanf("%lld",&a[i]);
    if (n==2)
    {
    printf("%lld",a[1]*a[2]/__gcd(a[1],a[2]));
    return 0;
    }
    long long an=0;
    for (int i=2;i<=n;i++)
    an=__gcd(an,(a[i]*a[i-1])/__gcd(a[i],a[i-1]));
    int time=0;
    vector<int> fact;
    int tmp=2;
    while(an>=tmp)
    {
        if (an%tmp==0)
        fact.push_back(tmp);
        while(an%tmp==0)
        an/=tmp;
        tmp++;
    }
    int ans=1;
    for (auto factor:fact)
    {
    vector<int> sorts;
        int min1=1e9,min2=1e9;
        for (int i=1;i<=n;i++)
        {
            int now=0;
            int p=a[i];
            while (p%factor==0)
            p/=factor,now++;
            sorts.push_back(now);
        }
        sort(sorts.begin(),sorts.end(),[](int a,int b)
        {
            return a<b;
        });
        if (sorts.size()<=1)
        min2=0;
        else min2=sorts[1];
        ans*=pow(factor,min2);
    }
    printf("%d",ans);
    
}
</code>