bzoj2721 [Violet5]樱花

bzoj2721 [Violet 5]樱花

给出 (n) 求 (frac{1}{x}+frac{1}{y}=frac{1}{n!}) 的正整数解数量 (mod (10^9+7))

(nleq10^6)

数论

---

先化式子

[egin{aligned}&frac{1}{x}+frac{1}{y}=frac{1}{n!}\&frac{xy}{x+y}=n!\&xy=n!(x+y)\&xy-n!x-n!y+n!^2=n!^2\&(x-n!)(y-n!)=n!^2end{aligned} ]

令 (a=x-n!, b=y-n!)

原题即为求 (ab=n!^2) 的整数解数量，即为 (n!^2) 的因数个数

令 (n!=displaystyleprod_{p_iin p}p_i^{c_i})

答案即为： $$displaystyleprod_{p_iin p}{(2 imes c_i+1)}$$

(p.s. :) 如果原题为本质不同的方案数，即 (verb|Luogu5253 丢番图|) ，答案即为 (frac{ans+1}{2}) 。因为对于每个 ({(a, b) | a eq b}) 都被多算了一遍。

至于求出 (c_i) ，可以先筛出 (1cdots n) 的每个质数 (p) ，然后考虑阶乘 (n!) 一共包含多少个 (p)

(n!) 中 (p) 的个数等于 (1cdots n) 中每个数包含 (p) 的个数之和。

在 (1cdots n) 中， 至少包含一个 (p) 的数显然有 (lfloorfrac{n}{p} floor) 个。而至少包含两个 (p) 的数有 (lfloorfrac{n}{p^2} floor) 个。不过其中的一个质因子已经在 (lfloorfrac{n}{p} floor) 中统计过了，所以只需要再统计第二个质因子，即累加上 (lfloorfrac{n}{p^2} floor) ，而不是 (2 imeslfloorfrac{n}{p^2} floor) 。 (lfloorfrac{n}{p^3} floor, lfloorfrac{n}{p^4} floor, cdots) 同理

综上所述， (n!) 中质因子 (p) 的个数为： $$displaystylesum_{p^kleq n}{lfloorfrac{n}{p^k} floor}$$

时间复杂度 (O(nlog n))

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn = 1e6 + 10, P = 1e9 + 7;
int n, tot, p[maxn];

void sieve() {
  int tmp = sqrt(n) + 1;
  for (int i = 2; i <= tmp; i++) {
    for (int j = i * i; j <= n; j += i) {
      p[j] = 1;
    }
  }
  for (int i = 2; i <= n; i++) {
    if (!p[i]) p[++tot] = i;
  }
}

int main() {
  scanf("%d", &n);
  sieve();
  int ans = 1;
  for (int i = 1; i <= tot; i++) {
    int x = 1, s = 0;
    while (1ll * p[i] * x <= n) {
      x *= p[i], s += n / x;
    }
    ans = 1ll * ans * (s << 1 | 1) % P;
  }
  printf("%d", ans);
  return 0;
}