@因式分解问题@

@因式分解问题@
- @写在前面@
- @题目描述@
  - @算法1：DFS-原地爆炸瞬间TLE@
  - @算法1.5：DFS优化-然而并没有什么不同@
  - @算法2：部分记忆化 - 只是用来骗部分分@
  - @算法3：正确的DP方法.jpg@
  - @算法4：这才是正解好吧@
- @正确的代码打开方式@
- @有些中二的小结￣ω￣=@
- @END-OF-ALL@

@写在前面@

掐指一算，因式分解问题应该是我思考时长最久的一道题。
但这没关系，我靠着自己坚定的步伐，一步一步的，将这道题斩在了前进的道路上，狠狠地。我并没有借助外部的力量：像是正解博客、或是已做出的同学。
我靠着自己的力量。我坚信：我可以做到。【中二少年！是你！】
尽管我的做法不是最优算法，但是，写写博客让大家知道我的心路历程，也挺好。

@题目描述@

将大于1的自然数N进行因式分解，满足 N=∏mi=1aiN=∏i=1maiN = \prod_{i=1}^{m}a_i 编一个程序，对任意的自然数N，求N的所有形式不同的因式分解方案总数。
例如，N=12，共有8种分解方案，分别是：12 = 12 = 6*2 = 4*3 = 3*4 = 3*2*2 = 2*6 = 2*3*2 = 2*2*3

输入
第1行：1个正整数N(N<=10^9)

输出
第1行：一个整数，表示N的因式分解方案总数

样例输入
12
样例输出
8

@算法1：DFS-原地爆炸瞬间TLE@

第一反应：构造所有方案数。
实现过程非常简单：枚举2~n内n的因子i，将它放在当前一位上，递归枚举n/i。
想想当初的自己也是天真，居然天真地以为这样的算法非常高大上，肯定是个优美的正解……然后用高大上的写法写出来后发现并不是那样的。
而是这样的：
“输入10910910^9”
“等待一秒……”
“等待两秒……”
“等待三秒……”
“栈溢出警告”
“程序关闭”
“内心OS：(╯‵□′)╯︵┻━┻”
DFS果然是很优美地……超时了。

int dfs(int n)
{int k=0;if(n==1) return 1;for(int i=n;i>=2;i--){if(n%i) continue;k+=dfs(n/i);}return k;
}//错误的示范方法

@算法1.5：DFS优化-然而并没有什么不同@

那时的我思考了一刻，突然！脑袋一亮【并不】想到一种优化！枚举因子的时候，可以枚举n/2n/2n/2~n−−√n\sqrt{n}之间的因子iii，然后得到n/i" role="presentation" style="position: relative;">n/in/in/i这个因子。这样，原本寻找因子的时间O(nnn)霎时间就变成了O(n" role="presentation" style="position: relative;">n−−√n\sqrt{n})！！！
我的天啊我真是个天才啊哈哈！
……
……
……
“内心OS：这TM不可能啊为什么它还是TLE(▼ヘ▼#)”

int dfs(int n)
{int k=1;if(n==1) return 1;for(int i=n/2;i>=sqrt(n);i--){if(n%i) continue;if(n/i!=i) k+=dfs(n/i);//不要忘考虑平方根k+=dfs(i);}return k;
}//莫名其妙的无用优化

优化无法让错误的算法AC。

@算法2：部分记忆化 - 只是用来骗部分分@

学到DP时，再次看到了这道题，于是想到记忆化。
然而……然而更尬的问题出现了，10910910^9再怎么开数组也看不下啊！
(╯‵□′)╯︵┻━┻去你的我还以为我想出了正解！
于是聪明的我出了一记十分的机制的损招招式：只开一部分记忆化；另一部分如果超出了某个界限LIM，就用DFS。
啊哈哈我真是骗分达人【~~然而这不是比赛，部分分没用~~】

const int LIM=1000000;
int f[LIM+5];
int Function(int x)
{if( x <= LIM && f[x] != 0) return f[x];int res=1;for(int i=x/2;i>=sqrt(x);i--){if(x%i) continue;if(x/i!=i) res+=Function(x/i);//不要忘考虑平方根res+=Function(i);}if( x <= LIM ) f[x]=res;return res;
}//骗分专用：部分记忆化

@算法3：正确的DP方法.jpg@

通过观察估算，我们其实发现：状态数并不需要那么多。比方说：对于奇数而言，所有下标为偶数的状态是闲置着的，就会产生白白浪费了很多空间的情况。所以为了保证状态的高效存储——
使用动态数组vector存储，映射表map找到状态是否存在过
哇嘎嘎我真是机智！

map<int,int>m;
vector<long long>f;
long long Function(int x)
{if(x==1) return 0;if( m.count(x) ) return f[m[x]];long long res=1;for(int i=2;i<=sqrt(x);i++)if( x % i == 0) res+=Function(i);for(int i=sqrt(x);i>=2;i--)if( x % i == 0 && i != sqrt(x) ) res+=Function(x/i);m[x]=f.size();f.push_back(res);return res;
}//终于可以AC了

@算法4：这才是正解好吧@

总觉得用vector+map有些别扭，太动态了。
那可不可以在没有DP之前就找到所有合法且可利用的状态呢？
答案是：显然可以【虽然我也没看出来qwq】
从状态转移方程来讲，一个数的转移是由它的因数转移而来的。
而它的因数是由它的因数的因数转移而来的，总而言之也是它的因数
所以，我们为何不妨先预处理n的因数，再进行愉快地动规？

@正确的代码打开方式@

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
int f[10005],g[10005],len;
void Find_Prime(int x)
{f[len]=1;for(int i=2;i<=sqrt(x);i++)if( x % i == 0) f[++len]=i;for(int i=len;i>=1;i--)if( f[i]*f[i]!=x ) f[++len]=x/f[i];f[++len]=x;
}//寻找n的因数
int Function(int x)//处理的是n的第x个因数
{if(g[x]) return g[x];for(int i=1;i<=x;i++)if( f[x] % f[i] == 0 )g[x]+=Function(lower_bound(f,f+len+1,f[x]/f[i])-f);
//因为因数序列是单调递增的，所以可以使用二分查找return g[x];
}
int main()
{int n;scanf("%d",&n);Find_Prime(n);g[0]=1;printf("%d\n",Function(len));return 0;
}//AC从不是目的，弄懂才是目的

@有些中二的小结￣ω￣=@

如果说，人不遇到点什么困难，是不现实的
人总会遇到形形色色的难处，编程也是，因为我们并非圣贤，并非“生而知之者”
但是，如果遇到一点困难就退缩，遇到一道难题就四处查正解，如果不会自己动脑想问题，不去自己动脑想问题
那样的话，怎么会有自己攻克题目的自豪感？怎么不会充斥“一看题解就懂，然而自己想不出来的尴尬？”
正如标题所言：
你，我，在世界上的任何人
都不适合放弃

@END-OF-ALL@

就是这样，新的一天里，也请多多关照哦(ノω<。)ノ))☆.。~

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【CQBZOJ - 1205】因式分解问题