约数国王（A king）

题目描述

数学的王国里，有一些约数国王……约数国王的定义是这样的：一个大于1的整数n，如果它约数的个数比1~n-1的每个整数的约数的个数都要多，那么我们就称它为约数国王。聪明的小明在奥数书上认识了它们，于是产生了一个问题:他想知道L到R之间一共有多少个约数国王？它们分别又是谁？

输入

输入文件只有一行，包含一个l，一个r，表示小明想知道的范围。

输出

只有一行，第一个数h，表示l~r内一共有多少个约数国王，接下来h个从小到大的数(为了防止国王们打架，你需要按顺序输出。)，表示约数国王分别是谁。

样例输入

1 100

样例输出

8 2 4 6 12 24 36 48 60

数据范围限制

对于30%的数据，1<=l<=r<=200000。
对于50%的数据，1<=l<=r<=500000。
对于70%的数据，保证最大的约数国王的约数的个数不大于5000。
对于100%的数据，1<=l<=r, 并且保证l，r在64位整型以内，最大的约数国王的约数的个数不大于200000。

吹水时间：
1.“约数国王”的真名是“约数富豪”，是我在《奥数教程》里看到的。我觉得“富豪”太土了，所以改成了“国王”。
2.由于这实在是太坑了，我从有雏形开始，到全部出好，几乎用了半年。
3.鄙人语文实在不算好，所以题目描述比较简陋。
4.感谢XC的大力支持和对题目的修改。

让我们步入正题

不知道机智的你能拿多少分呢？

30
直接暴力就好了，枚举时注意不要枚举所有因数，只需要枚举两个因数中较小的那个因数，就可以得出答案。

注意完全平方数的特殊情况。

时间复杂度 O（）
代码（C++）：

#include<cstdio>
#include<cmath>
#define fo(i,x,y) for(int i=x;i<=y;i++)
#define p 200000
using namespace std;
long long a[200],l,r,t,f,max;
int main()
{fo(i,2,p){f=0;fo(j,1,sqrt(i*1.0)) if(i%j==0)f+=2;if(floor(sqrt(i*1.0))==sqrt(i*1.0))f--;if(f>max){max=f;a[++a[0]]=i;}}scanf("%lld%lld",&l,&r);fo(i,1,a[0])if((a[i]>=l)&&(a[i]<=r))t++;printf("%lld",t);fo(i,1,a[0])if((a[i]>=l)&&(a[i]<=r))printf(" %lld",a[i]);
}

50
1.
根据乘法原理,设k=p1^q1*p2^q2*p3^q3…pn^qn（p_i是k的质因数，q_i是p_i对应的指数）,则k的约数的个数为（q1+1）（q2+1）(q3+1)…(qn+1)。

让我们举个栗子：
假设有一数
那么其实都是36的因数，请读者自行思索。
因为可以是0，所以需要把各指数加一，然后乘起来，就是约数的个数了。

那么，通过枚举k的质因数和指数，也可以求出k的约数的个数。注意同样是枚举小于等于根号k的质因数，不要枚举全部。
设p_0表示根号n以内质数的个数，则时间复杂度O（n p_0）
代码(C++)：

#include<cstdio>
#include<cmath>
#define fo(i,x,y) for(int i=x;i<=y;i++)
using namespace std;
const int max=500000,po=sqrt(max*1.0);
bool bz[po+1];
int f[max+1],p[169],a[200],mx,l,r,t;
int main()
{fo(i,2,po){if (!bz[i]) p[++p[0]]=i;fo(j,1,p[0]){if(max/p[j]<i) break;bz[i*p[j]]=1;if (i%p[j]==0) break;}}fo(i,1,max){f[i]=1; int k=i;fo(j,1,p[0]){if (p[j]>sqrt(i*1.0)) break;if (k==1) break;int a=0;while (k%p[j]==0){a++;k/=p[j];     }f[i]*=a+1;}if (k>1) f[i]*=2;if(f[i]>mx){mx=f[i];a[++a[0]]=i;}}scanf("%lld%lld",&l,&r);fo(i,1,a[0])if((a[i]>=l)&&(a[i]<=r))t++;printf("%lld",t);fo(i,1,a[0])if((a[i]>=l)&&(a[i]<=r))printf(" %lld",a[i]);
}

2.
线性筛法求约数的个数，详细请参考：
http://blog.csdn.net/cold_chair/article/details/51525699
70
设c(y)表示有y个因数的最小的正整数，

那么当c(y)< c(y+1),c(y+2),c(y+3),…,c(y+k)的时候，c(y)就是一个约数国王。

至于y+k，我们假想它很大就行了。

那么问题转换成了如何求c(y)，此时可以想到动态规划。

设f(x)(y)表示有x个不同的质因数，因数的个数为y的最小的正整数，那么很容易想到这x个质数肯定是最小的连续的x个质数，即2,3,5,7,11…
根据之前的“（q1+1）（q2+1）(q3+1)…(qn+1)”,很容易得出状态转移方程f(x)(y)=f(x-1)(y/(k+1))*p_x^k (1<=k<=y)(k+1|y)。

p_x指的是第x大的质数。

x最大是log2 y，因为每增加一个不同的质因子，约数的个数至少要乘以2（即对应的指数为一）。

时间复杂度O(n n log2n)
实际上会小得很多，如果常数比较优美，甚至可以直接卡过。如果卡不过，打表也行了。
代码(pascal):

constam=5000;up=100000;an=trunc(ln(am)/ln(2));man=9223372036854775807;
varop,max,l,r:int64;i,j,k,q,w,t:longint;a:array[0..am] of int64;bz:array[2..up] of boolean;p:array[0..10000] of int64;f:array[1..an,1..am] of int64;m:array[2..am] of int64;
function min(x,y:int64):int64;
beginif x<y then exit(x) else exit(y);
end;
beginfor i:=2 to up dobeginif not bz[i] thenbegininc(p[0]);p[p[0]]:=i;if p[0]=an then break;end;for j:=1 to p[0] dobeginif i*p[j]>up then break;bz[i*p[j]]:=true;if i mod p[j]=0 then break;end;end;for i:=1 to an dofor j:=1 to am dof[i,j]:=man;f[1,2]:=p[1];for j:=3 to 62 dof[1,j]:=f[1,j-1]*p[1];for i:=2 to an dobeginfor j:=1<<i to am dobeginop:=1;for k:=1 to j>>1-1 dobeginif p[i]>man/op then break;op:=op*p[i];if j mod (k+1)>0 then continue;if op>man/f[i-1,j div (k+1)] then continue;if f[i-1][j div(k+1)]*op<f[i][j] thenf[i][j]:=f[i-1][j div (k+1)]*op;end;end;end;for j:=2 to am dobeginm[j]:=man;for i:=1 to an dom[j]:=min(m[j],f[i,j]);end;max:=man;for i:=am downto 2 dobeginm[i]:=man;for j:=1 to an dom[i]:=min(m[i],f[j,i]);end;for i:=am downto 2 dobeginif m[i]<max thenbegininc(a[0]); a[a[0]]:=m[i]; max:=m[i];end;end;read(l,r);q:=0;for j:=1 to a[0] doif (a[j]>=l)and(a[j]<=r) then inc(q);write(q);for j:=a[0] downto 1 doif (a[j]>=l)and(a[j]<=r) then write(' ',a[j]);writeln;
end.

100：
其实70分和100分是一样的，100分是70分的优化。

方程里有一个条件（k+1| y），我们可以想办法把它弄掉：
如果想要求f(x)(y),需要穷举所有的f(x-1)(…)，十分的不值，因为很多数明显都不是y的因数。其实当我们求出一个f(x)(y)时，就可以用它去维护f（x+1）（y的倍数），这样，

求一个f(x)(y)的时间就是y的因数的个数，平均下来是log2y。

注意求出的f(x)(y) 有可能会超过64位整形，如果超过了，就给它个无穷大，不理它就行了，因为题目只要我们求出64位整形以内的约数国王。
这样就可以AC了，时间复杂度O（n log2 n log2n）。实际上要小得很多，原因前面已经说明。

优化：
1.
若一个数k=p1^q1*p2^q2*p3^q3…pn^qn，由于p是有序的，所以当p，q（不按顺序，只考虑数字）都相同时，p，q成不上升序，k才能最小。
那么我们可以记录一个min(x)(y)，表示f(x)(y)中q_x的值，只有当k<=min(x)(y)时，才去更新f(x)(y*(k+1))，这么做，又可以去掉许多不必要的计算。

2.
空间复杂度是O（n log n），不算很大。但是我们打个滚动数组会更好，时间也会小一些。

最终程序（C++）：

#include<cstdio>
#include<cmath>
#define fo(i,x,y) for(int i=x;i<=y;i++)
const int am=170000,an=17,up=100;
int min[am+1],min1[am+1];
bool bz[up+1];
long long a[300],p[up+1],f[am+1],f1[am+1],m[am+1];
long long max=9223372036854775807LL;
int main()
{fo(i,2,up){if (!bz[i]) p[++p[0]]=i;fo(j,1,p[0]){if (up/p[j]<i) break;bz[i*p[j]]=1; if (i%p[j]==0) break;}}     f[1]=1; fo(i,2,62) {f[i]=f[i-1]*2;min[i]=i-1;} fo(i,63,am)f[i]=max;fo(i,2,am) m[i]=max;fo(i,1,16)if (i%2){fo(j,1<<(i+1),am) f1[j]=max;fo(j,1<<i,am){if (f[j]==max) continue;if (f[j]<m[j]) m[j]=f[j];double y=log(max/f[j])/log(p[i+1]);if(am/(j+1)-1<y) y=am/(j+1)-1;if(min[j]<y) y=min[j];long long op=1;fo(k,1,y){ op*=p[i+1];if(f[j]*op<f1[j*k+j]){f1[j*k+j]=f[j]*op; min1[j*k+j]=k;                                                                                                }}}     } else{fo(j,1<<(i+1),am) f[j]=max;fo(j,1<<i,am){if (f1[j]==max) continue;if (f1[j]<m[j]) m[j]=f1[j];double y=log(max/f1[j])/log(p[i+1]);if(am/(j+1)-1<y) y=am/(j+1)-1;if(min1[j]<y) y=min1[j];long long op=1;fo(k,1,y){op*=p[i+1];if(f1[j]*op<f[j*k+j]){f[j*k+j]=f1[j]*op;    min[j*k+j]=k;                                                        }}}       }fo(i,1<<17,am)if(f[i]<m[i])m[i]=f[i];long long x=max;for(int i=am;i>1;i--)if(m[i]<x){a[++a[0]]=m[i]; x=m[i];        }long long l,r;scanf("%lld %lld",&l,&r);int y=0;fo(i,1,a[0]) if ((a[i]>=l)&&(a[i]<=r)) y++;printf("%d",y); for(int i=a[0];i>=1;i--)if ((a[i]>=l)&&(a[i]<=r)){printf(" %lld",a[i]);         }
}

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