LightOJ - 1341 Aladdin and the Flying Carpet 唯一分解定理

题意：a*b=S,给S 和一条边的最小长度，求多少种组合

有一个矩形的毯子，已知它一定不是正方形，并且已知最短边和毯子的面积，求这个毯子可能有多少种形状。

分析：首先，如果最短的边大于等于面积的平方根，两个大于面积平方根的边不可能组成面积等于给定面积的矩形。

所以这种情况是0. 然后最短边的范围就变成了1-1e6，问题也变成了在最短边（min_side）到面积(area)这些数中有多少对不同的数相乘等于面积(area)。可以转变为1-area中不同的数相乘为area的对数，再减去1-min_side-1中不同的数相乘为area的对数。然后利用算术基本定理中的（1）算出1-area中的正因数的个数，正因数关于sqrt（area）对称，每对称的两个相乘是area，因此只要因数的个数除以二就行啦，向下取整，正好也不会算上平方根。再就是1-min_side-1中的对数，暴力就行啦。（下图是转的）

相关知识：

1.有多少个约数：

先分解质因数
因数的次数分别是4,2,1

所以约数的个数为(4+1)*(2+1)*(1+1)=5*3*2=30个

eg：

先分解质因数

720=24*32*51

因数的次数分别是4,2,1

所以约数的个数为(4+1)*(2+1)*(1+1)=5*3*2=30个

2.所有约数之和：

2004的约数之和为:1, 2, 3, 4, 6, 12, 167, 334, 501, 668, 1002 ,2004  = 4704

如何求一个数所有约数之和呢?

首先,应用算术基本定理,化简为素数方幂的乘积。

X = a1^k1 * a2^k2........an^kn

X的所有素数之和可用公式(1+a1 + a1^2...a1^k1) * (1+a2 + a2^2...a2^k2) * .....(1+an + an^2...an^kn)表示

如:

2004 = 2^2  * 3  *167

２００４所有因子之和为(1  + 2 + 2^2) * (1 + 3) * ( 1 + 167) = 4704;

程序实现的时候，可利用等比数列快速求1 + a1 + a1^2 + .....a1^n;

思路：

求出它的每个质因子的个数，然后用公式求出它的约数个数。如果b * b > a，那么值一定为0，其余部分可以枚举b，删除。但是我觉得枚举应该会挂掉，

但是竟然没有挂。。

代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
const int MAXN=1000100;
bool vis[MAXN];
long long prime[MAXN/10];
int tot=0;
void getPrime()//ÇóËØÊý
{for(long long i=2;i<MAXN;i++)if(!vis[i]){prime[tot++]=i;for(long long j=i*i;j<MAXN;j+=i) vis[j]=true;}
}
int a[1000];//±£´æËØÒò×Ó
int b[1000];//±£´æËØÒò×ÓµÄ¸öÊý
int cnt;
void sbreak(long long n){//½øÐÐËØÒò×Ó·Ö½âmemset(a,0,sizeof(a));memset(b,0,sizeof(b));cnt=0;for(int i=0;prime[i]*prime[i]<=n;i++){if(n%prime[i]==0){a[cnt]=prime[i];while(n%prime[i]==0){b[cnt]++;n/=prime[i];}cnt++;}}if(n!=1){a[cnt]=n;b[cnt++]=1;}
}int gcd(int a,int b)  //Çó×î´ó¹«Ô¼Êý
{return b?gcd(b,a%b):a;
}int main(){int T,ans,kase=0,flag;long long n;getPrime();scanf("%d",&T);while(T--){flag=1;//±êÖ¾£¬ÅÐ¶ÏnÊÇÕýÊý»¹ÊÇ¸ºÊýscanf("%lld",&n);if(n<0) n=-n,flag=0;sbreak(n);int t=b[0];if(!flag){//Èç¹ûnÊÇÆæÊýif(t%2==0){while(t%2==0) t/=2;}for(int i=0;i<cnt;i++){//½«ËüµÄËØÒò×ÓµÄ¸öÊý»¯ÎªÆæÊýif(b[i]%2==0){while(b[i]%2==0) b[i]/=2;}t=gcd(t,b[i]);}}else for(int i=0;i<cnt;i++)  t=gcd(t,b[i]);printf("Case %d: %d\n",++kase,t);}return 0;
}

法二

#include<bitset>
#include<map>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<queue>
#include<set>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))using namespace std;typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;inline ll in()
{ll res=0;char c;while((c=getchar())<'0' || c>'9');while(c>='0' && c<='9')res=res*10+c-'0',c=getchar();return res;
}
const int N=1000010;
int prime[79000];
bitset<N> vis;
int p;void init()
{for(int i=2;i<N;i++){if(!vis[i]){prime[p++]=i;for(int j=i+i;j<N;j+=i){vis[j]=1;}}}
}
int main()
{int T=in();int ii=1;init();while(T--){ll area=in(),min_side=in();if(min_side>=sqrt(area)){printf("Case %d: %d\n",ii++,0);continue;}ll tmp=area;int ans=1;for(int i=0;i<p && 1LL*prime[i]*prime[i]<=area;i++){int cnt=0;while(area%prime[i] == 0){area/=prime[i];cnt++;}ans*=(cnt+1);}if(area!=1) ans<<=1;ans>>=1;  //因数的个数除以二就是组数，同时排除了平方根for(int i=1;i<min_side;i++) if(tmp%i==0) ans--; //min_side此时是小于sqrt（area）的printf("Case %d: %d\n",ii++,ans);}return 0;
}

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