UVa 10892 - LCM Cardinality
2015-09-18 07:06
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題目:給你一個數字N,問有多少對不同的a,b的最小公倍數數N。
分析:數論,組合數學。因式分解,然後計數。
首先打表,計算100000內的素數,然後用試除法求出每個素因子個數;
那麼對於每個素數因子pi,設有k個pi則可能的組合為:
(1,pi^k),(pi,pi^k),...(pi^k,pi^k)及 (pi^k,1),(pi^k,pi),...(pi^k,pi^k)
因此有2k+1对,所以结果为π(2ki+1);
这里注意如果a,b不同则会计算重复,因此去掉排列后的结果为 π(2ki+1)/ 2 + 1;
(最后加的1是因为a = b = n时只计算了一次)
說明:好久没刷题,头脑都不转了╮(╯▽╰)╭。
分析:數論,組合數學。因式分解,然後計數。
首先打表,計算100000內的素數,然後用試除法求出每個素因子個數;
那麼對於每個素數因子pi,設有k個pi則可能的組合為:
(1,pi^k),(pi,pi^k),...(pi^k,pi^k)及 (pi^k,1),(pi^k,pi),...(pi^k,pi^k)
因此有2k+1对,所以结果为π(2ki+1);
这里注意如果a,b不同则会计算重复,因此去掉排列后的结果为 π(2ki+1)/ 2 + 1;
(最后加的1是因为a = b = n时只计算了一次)
說明:好久没刷题,头脑都不转了╮(╯▽╰)╭。
#include <cstring> #include <cstdio> int visit[100001]; int prime[100001]; int main() { memset(visit, 0, sizeof(visit)); int count = 0; for (int i = 2; i < 100001; ++ i) if (!visit[i]) { prime[count ++] = i; for (int j = 2*i; j < 100001; j += i) visit[j] = 1; } int n, m; while (~scanf("%d",&n) && n) { long long ans = 1LL; m = n; for (int i = 0; n > 1 && i < count; ++ i) { int size = 0; while (n%prime[i] == 0) { n /= prime[i]; size ++; } ans *= 1LL + (size<<1LL); } if (n > 1) ans = 3LL * ans;; ans = ans/2LL + 1LL; printf("%d %lld\n",m,ans); } return 0; }
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