hdu 4497 GCD and LCM（数论，排列组合）

GCD and LCM

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Problem Description

Given two positive integers G and L, could you tell me how many solutions of (x, y, z) there are, satisfying that gcd(x, y, z) = G and lcm(x, y, z) = L? 

Note, gcd(x, y, z) means the greatest common divisor of x, y and z, while lcm(x, y, z) means the least common multiple of x, y and z. 

Note 2, (1, 2, 3) and (1, 3, 2) are two different solutions.

 

Input

First line comes an integer T (T <= 12), telling the number of test cases. 

The next T lines, each contains two positive 32-bit signed integers, G and L. 

It’s guaranteed that each answer will fit in a 32-bit signed integer.

 

Output

For each test case, print one line with the number of solutions satisfying the conditions above.

 

Sample Input

2
6 72
7 33

 

Sample Output

72
0

题意：给你三个数x,y,z的最大公约数G和最小公倍数L，问你三个数字一共有几种可能。注意123和321算两种情况

思路：

首先我们可以写出GCD（x，y，z）和LCM（x，y，z）的公式

我们知道任意一个数x可以拆分成x=p1^e1*p2^e2...pk^ek（pi是因质数）

而且GCD（x，y，z）=p1^(min(xe1,ye1,ze1))*p2^(min(xe2,ye2,ze2))...pk^(min(xek,yek,zek))

LCM（x，y，z）=p1^(max(xe1,ye1,ze1))*p2^(max(xe2,ye2,ze2))...pk^(max(xek,yek,zek))

GCD与LCM质因数可以相同，只不过有些质因数的指数为0.

那么对于给定的G和L，我们可以求得每一个质因数的三个指数中的最小值和最大值

比如G=p1^e1*p2^e2...pk^ek   L=p1^w1*p2^w2...pk^wk

假设q是第三个指数，那么有min(ei,qi,wi)=ei,  max(ei,qi,wi)=wi

而且qi的值必须在[ei,wi]之间，我们分情况讨论一共会有几种情况

1.qi的值不等于ei或者wi，那么qi是(ei,wi),一共有wi-ei-1种选择，而且题目中说了相同数字顺序不同算不同情况，所以对于三个互不相同的数字，一共有A(3，3)中情况

也就是说这里ans=6*（wi-ei-1）

2.qi的值等于ei或者wi，那么qi一共有两种选择，且对于给定的三个数字里有两个相同数字的排列方式，一共有A（3,1）种

也就是说这里ans=3*2

两种情况加起来ans=6*（wi-ei）  再根据乘法原理，把所有质因数的6*（wi-ei）相乘即可得到结果

注意这里如果wi==ei，也就说只能三个数都一样，此时不能运用公式，因为一旦相乘的数中出现了0，结果必然会是0  此时直接乘以1就可以。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
#define N 100000
#define LL long long
LL d
[2],e
[2],cntn,cntm;
void devide(int n,int m)
{
cntn=cntm=0;
for(int i=2; i*i<=n; i++)
{
if(n%i==0)
{
int num=0;
while(n%i==0)
{
num++;
n/=i;
}
d[++cntn][0]=i,d[cntn][1]=num;
}
}
for(int i=2; i*i<=m; i++)
{
if(m%i==0)
{
int num=0;
while(m%i==0)
{
num++;
m/=i;
}
e[++cntm][0]=i,e[cntm][1]=num;
}
}
if(n>1) d[++cntn][0]=n,d[cntn][1]=1;
if(m>1) e[++cntm][0]=m,e[cntm][1]=1;
}
LL solve(int n,int m)
{
if(m%n!=0) return 0;
devide(n,m);
LL ans=1,v;
for(int i=1; i<=cntm; i++)
{
int flag=0;
for(int j=1; j<=cntn; j++)
if(e[i][0]==d[j][0])
{
flag=1;
v=j;
break;
}
if(!flag) ans=ans*6*e[i][1];
else
{
LL t=e[i][1]-d[v][1];
if(t==0) continue;
ans=ans*6*t;
}
}
return ans;
}
int main()
{
int T;
int n,m;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d %d",&n,&m);
LL ans=solve(n,m);
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}