题意:
给一个整数d
现在有一张图:
1.图中的节点是d的所有约数(包括1和d)
2.顶点x到y有一条无向边,当且仅当x能整除y且y除以x的结果是一个质数
3.边的权值为"是x的约数但是不是y的约数"的数的个数
当d=12的时候,图例:
接下来给一个整数q,表示有q组询问,每组询问:
给两个整数a,b,保证这两个数是图上的节点,
问a到b的最短路径有多少种(例:上图中12到1的最短路有三种)
数据范围:d<=1e12,q<=3e5
解法:
设a和b的gcd为k
答案为a到k的方案数乘上b到k的方案数
点x走到点y的本质是添加一个质因子或者删除一个质因子,并花费一定代价
要最快的使点a和点b相同,只有都向gcd的方向减少质因子才满足
如果过程中增加了一个不相干的质因子,之后需要减掉,会花费额外的代价,因此只能是减少
方案数的计算:
设A=a/k,则A为a到k所需要减少的质因子的乘积
因为每条边只减少一个质因子,总方案数为A质因子总数量的全排列(方案数为即质因子总数的阶乘),
还需要去重,除以每种质因子数量的阶乘
这部分需要预处理阶乘和阶乘逆元
B同理
另外,对A和B进行O(√n)的质因子分解显然会tle
注意到图中的节点一定都是d的约数,那么出现的质因子一定也都是d的质因子
因此O(√n)预处理出d的质因子,对A和B质因子分解的时候遍历d的质因子就行了
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int gcd(int a,int b){
return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
int ppow(int a,int b,int mod){
int ans=1%mod;a%=mod;
while(b){
if(b&1)ans=ans*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
//
const int maxm=2e5+5;
const int mod=998244353;
int fac[maxm],inv[maxm];
vector<int>p;//存d的质因子
void init(){
//预处理到100够用了
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=100;i++){//阶乘
fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
}
inv[100]=ppow(fac[100],mod-2,mod);
for(int i=99;i>=1;i--){//阶乘逆元
inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
}
int solve(int x){//计算x到1有多少种方案
int ans=1;
int tot=0;//质因子的总个数
for(int v:p){
if(x%v==0){
int cnt=0;//当前质因子的个数
while(x%v==0)x/=v,cnt++;
tot+=cnt;
ans=ans*inv[cnt]%mod;
}
}
ans=ans*fac[tot]%mod;
return ans;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
init();
int d;cin>>d;
for(int i=2;i*i<=d;i++){//处理d的质因子
if(d%i==0){
p.push_back(i);
while(d%i==0)d/=i;
}
}
if(d!=1)p.push_back(d);
//
int q;cin>>q;
while(q--){
int a,b;cin>>a>>b;
int g=gcd(a,b);
a/=g,b/=g;//除以gcd
int ans=solve(a)*solve(b)%mod;
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}