lightoj1278

$lightoj 1278$

• 题目
• 题意
• 分析
  $n = a_1+a_2+...+a_m$表示 $n$可以由这 $m$相加得到。
  $n = m * {\frac{a_1+a_1+m-1}{2}}$
  化简得： $a_1 = {\frac{n}{m}}-{\frac{m-1}{2}}$
  因为是连续的数相加每个在 $1{\sim}n$中的数作为起点只会产生 $1$个贡献。
  又因为 $a_1，n,m$是整数，所以由 ${\frac{m-1}{2}}$知 $m$是奇数。
  由 $\frac{n}{m}$知， $m$是 $n$的因子。综上 $m$是 $n$的奇因子。
  所以答案 $ans$为 ${\prod}_{i=2}^{k}(c_i+1)$(除了偶因子 $2$)
  最后答案还要减 $1$,去除 $m =1$的情况。
• 代码

/*
  独立思考
  一个题不会做，收获5%，写了代码10%，提交对了30%，总结吃透了这个题才是100%.
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
template <typename T>
void read(T &x)
{
	x = 0;
	char c = getchar();
	int sgn = 1;
	while (c < '0' || c > '9') {if (c == '-')sgn = -1; c = getchar();}
	while (c >= '0' && c <= '9')x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
	x *= sgn;
}
template <typename T>
void out(T x)
{
	if (x < 0) {putchar('-'); x = -x;}
	if (x >= 10)out(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
ll gcd(ll a, ll b) { return b ? gcd(b, a % b) : a;}
const int N = 1e7 + 5;
int prime[N / 10], tot = 0;
bool is_prime[N];
int flag = 0;
void sieve()
{
	for (int i = 1; i <= N; i++) is_prime[i] = 1;
	is_prime[0] = is_prime[1] = 0;
	for (int i = 2; i <= N; i++)
	{
		if (is_prime[i])
		{
			prime[++tot] = i;
			for (int j = 2 * i; j <= N; j += i) is_prime[j] = 0;
		}
	}
}
void solve(ll n)
{
	ll ans = 1;
	while (n % 2 == 0) n /= 2;
	for (int i = 1; i <= tot && prime[i] * prime[i] <= n; i++)
	{
		if (n % prime[i] == 0)
		{
			int c = 0;
			while (n % prime[i] == 0)
			{
				n /= prime[i];
				c ++;
			}
			ans *= (c + 1);
		}
	}
	if (n != 1) ans *= 2;
	printf("Case %d: %lld\n", ++flag, ans - 1);
}
int main ()
{
	int t;
	read(t);
	sieve();
	while (t--)
	{
		ll n;
		read(n);
		solve(n);
	}
	return 0 ;
}

• 方法
  唯一分解定理
• 总结
  想了一个 $O(nlogn)$的做法
  对于 $n$来说只有 ${\frac{n}{2}}$个数才能够成为连加的起点。枚举起点，对于每个起点判断是否存在一个终点，它们之间的和相加为 $n$，可以前缀和二分。所以总的时间复杂度为 $O(nlogn)$.