数论(分解质因数 + 组合计数) - Pairs Forming LCM - LightOJ 1236

数论(分解质因数 + 组合计数) - Pairs Forming LCM - LightOJ 1236

题意：

$计算满足i和j的最小公倍数为n的不同数对(i,j)的个数，i ≤ j。优化上述函数。$

Input

Input starts with an integer T (≤ 200), denoting the number of test cases.

Each case starts with a line containing an integer n (1 ≤ n ≤ 10¹⁴).

Output

For each case, print the case number and the value returned by the function ‘pairsFormLCM(n)’.

Sample Input

15
2
3
4
6
8
10
12
15
18
20
21
24
25
27
29

Sample Output

Case 1: 2
Case 2: 2
Case 3: 3
Case 4: 5
Case 5: 4
Case 6: 5
Case 7: 8
Case 8: 5
Case 9: 8
Case 10: 8
Case 11: 5
Case 12: 11
Case 13: 3
Case 14: 4
Case 15: 2

$Time\ limit：2000 ms，Memory \ limit：32768 kB$

---

分析：

$假设n是a和b的最小公倍数，设：$

$a=p_1^{a_1}×p_2^{a_2}×...×p_n^{a_n}$

$b=p_1^{b_1}×p_2^{b_2}×...×p_n^{b_n}$

$a_i,b_i≥0，1≤i≤n。$

$则：$

$gcd(a,b)=p_1^{min(a_1,b_1)}×p_2^{min(a_2,b_2)}×...×p_n^{min(a_n,b_n)}$

$lcm(a,b)=p_1^{max(a_1,b_1)}×p_2^{max(a_2,b_2)}×...×p_n^{max(a_n,b_n)}$

$记max(a_i,b_i)=e_i，$

$则n=p_1^{e_1}×p_2^{e_2}×...×p_n^{e_n}$

$要求不同数对(a,b)的数量，对于每一个素因子p_i，$

$在a中取p_i^{e_i}，在b中可取p^{0},p^1,...,p^{e_i}，共e_i+1种不同取值，$

$反过同理，故方案数为C_2^1×(e_i+1)-1，-1是为了去掉重复统计的a_i=b_i=e_i的情况。$

$那么总的方案数为:sum=\prod_{i=1}^n2×(e_i+1)-1$

$另外，本题要求a≤b，因此总方案数还需除2。$

$需注意a_i=b_i=e_i的情况我们只统计了一次，除2后由于下取整的缘故，还要再累加上1。$

具体细节：

$①、筛出\sqrt{n}内的质数，然后对输入的n进行质因数分解。$

$\qquad注意空间不能超，10^7内的质数不超过7×10^5，数组开7×10^5足够。$

$②、对输入的每个n进行质因数分解，计算每个质因数的质数，根据乘法原理进行计数。$

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>

#define ll long long

using namespace std;

const int N=1e7+10;

int primes[700000],cnt;
bool st[N];

void get_prime(int n)
{
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!st[i]) primes[cnt++]=i;
        for(int j=0;primes[j]*i<=n;j++)
        {
            st[primes[j]*i]=true;
            if(i%primes[j]==0) break;
        }
    }
}

ll solve(ll x)
{
    ll sum=1;
    int sq=sqrt(x);
    for(int i=0;i<cnt && primes[i]<=sq;i++)
    {
        int p=primes[i];
        if(x%p==0)
        {
            int cnt=0;
            while(x%p==0)
            {
                x/=p;
                cnt++;
            }
            sum*=2*(cnt+1)-1;
        }
    }
    if(x>1) sum*=2*(1+1)-1;
    return sum/2+1;
}

int main()     
{
    get_prime(N-1);
    
    int T; cin>>T;
    for(int t=1;t<=T;t++)
    {
        ll n; cin>>n;
        printf("Case %d: %lld\n",t,solve(n));
    }
    return 0;
}