约数——Hankson的趣味题

Hankson的趣味题

Hanks博士是BT（Bio-Tech，生物技术）领域的知名专家，他的儿子名叫Hankson。

现在，刚刚放学回家的Hankson正在思考一个有趣的问题。

今天在课堂上，老师讲解了如何求两个正整数c1和c2的最大公约数和最小公倍数。

现在Hankson认为自己已经熟练地掌握了这些知识，他开始思考一个“求公约数”和“求公倍数”之类问题的“逆问题”，这个问题是这样的：

已知正整数a0,a1,b0,b1，设某未知正整数x满足：

1、 x和a0的最大公约数是a1；
2、 x和b0的最小公倍数是b1。

Hankson的“逆问题”就是求出满足条件的正整数x。

但稍加思索之后，他发现这样的x并不唯一，甚至可能不存在。

因此他转而开始考虑如何求解满足条件的x的个数。

请你帮助他编程求解这个问题。

输入格式
输入第一行为一个正整数n，表示有n组输入数据。

接下来的n行每行一组输入数据，为四个正整数a0，a1，b0，b1，每两个整数之间用一个空格隔开。

输入数据保证a0能被a1整除，b1能被b0整除。

输出格式
输出共n行。

每组输入数据的输出结果占一行，为一个整数。

对于每组数据：若不存在这样的x，请输出0；

若存在这样的x，请输出满足条件的x的个数；

数据范围
$1≤n≤2000$,
$1≤a_0,a_1,b_0,b_1≤2∗10^9$
输入样例：
2
41 1 96 288
95 1 37 1776
输出样例：
6
2

题解：

由于 [x,b0]=b1[x,b0]=b1，因此 xx 一定是 b1b1 的约数。
所以我们可以枚举 b1b1 的所有约数，然后依次判断是否满足 [x,b0]=b1[x,b0]=b1 以及 (x,a0)=a1(x,a0)=a1 即可。

如果直接用试除法求 b1b1 的所有约数，那么总计算量是 n $b_1$−−√=2000∗2× $10^9$−−−−−−√≈ $10^8$n $b_1$=2000∗2× $10^9$≈ $10^8$，会有一个测试数据超时。

我们可以先预处理出 1∼b1−−√1∼b1 内的所有质数，然后用这些质数去试除 b1b1。由质数定理：

1∼n1∼n 中的质数个数约为 $nln(n)/ln(n)$。

因此我们可以在 $b_i$√/log( $b_i)b_i/log(b_i)$ 的时间复杂度内将 b1b1 分解质因数。然后通过DFS枚举出 b1b1 的所有约数。

时间复杂度分析
一共 nn 组测试数据，每组测试数据分解 b1b1 的计算量是 nb1−−√/log(b1)≈107nb1/log(b1)≈107。

平均每个数的约数个数为 lognlogn 个，计算最小公倍数和最大公约数的时间复杂度也是 O(logn)O(logn)，因此判断 xx 是否合法的计算量是 $nlog2n≈2×10^6$ $nlog2n≈2×10^6$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 45000, M = 50;
int primes[N], cnt;
bool st[N];
PII factor[M];
int cntf;
int divider[N], cntd;
void get_primes(int n)
{
    for (int i = 2; i <= n; i ++ ){
        if (!st[i]) primes[cnt ++ ] = i;
        for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j ++ ){
            st[primes[j] * i] = true;
            if (i % primes[j] == 0) break;
        }
    }
}
int gcd(int a, int b)
{
    return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
void dfs(int u, int p)
{
    if (u > cntf){
        divider[cntd ++ ] = p;
        return;
    }
    for (int i = 0; i <= factor[u].second; i ++ ){
        dfs(u + 1, p);
        p *= factor[u].first;
    }
}
int main()
{
    get_primes(N);
    int n;
    scanf("%d", &n);
    while (n -- ){
        int a0, a1, b0, b1;
        scanf("%d%d%d%d", &a0, &a1, &b0, &b1);
        int d = b1;
        cntf = 0;
        for (int i = 0; primes[i] <= d / primes[i]; i ++ ){
            int p = primes[i];
            if (d % p == 0){
                int s = 0;
                while (d % p == 0) s ++, d /= p;
                factor[ ++ cntf] = {p, s};
            }
        }
        if (d > 1) factor[ ++ cntf] = {d, 1};
        cntd = 0;
        dfs(1, 1);
        int res = 0;
        for (int i = 0; i < cntd; i ++ ){
            int x = divider[i];
            if (gcd(x, a0) == a1 && (LL)x * b0 / gcd(x, b0) == b1){

                res ++ ;
            }
        }
        printf("%d\n", res);
    }
    return 0;
}