LOJ 2234/BZOJ 3629 聪明的燕姿（数论+DFS）

题面

传送门

分析

看到约数之和，我们首先想到约数和公式

若$ x=prod_{i=1}^{n}p_i^{k_i} (,则x的约数和为) prod_{i=1}^{n} sum_{j=0}^{k_i} p_i^j$

那么我们可以DFS枚举x的质因数分解式，然后判断求出的约数和是否等于s

具体来说，我们先枚举选的质数(p_i),对于每个(p_i)枚举他们的指数(k_i)(指数为0相当于不选)，然后计算和(tmp=1+p_i+p_i^2+dots+p_i^{k_i})

然后将tmp乘入当前约数和

dfs(deep,left,ans)表示当前枚举到第deep个质数，left表示s/当前和，ans表示当前的x

注意剪枝：

1.枚举质数时注意只需枚举1~sqrt(s)之间的质数，然后如果left正好等于一个大质数+1，则直接更新答案

质数的判断用(O(sqrt n))的试除法即可

2.枚举和时，当且仅当left能整除当前和的时候才继续更新

3.不要用sqrt函数，会很慢

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath> 
#include<algorithm>
#define maxn 100000
using namespace std;
long long s;
int cnt=0;
int vis[maxn+5];
int prime[maxn+5];
void sieve(int n){
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!vis[i]) prime[++cnt]=i;
		for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;j++){
			vis[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0) break;
		}
	}
}

bool is_prime(int x){
	if(x==1) return 0;
	if(x<=maxn) return !vis[x];
	else{
		for(int i=1;i<=cnt&&(long long)prime[i]*prime[i]<=x;i++){
			if(x%prime[i]==0) return 0;
		}
		return 1;
	}
}

int sqs;
int sz=0;
long long res[maxn];
void dfs(int deep,long long left,long long ans){
	if(left==1){
		res[++sz]=ans;
		return;
	}

	if(left-1>prime[deep]&&is_prime(left-1)) res[++sz]=ans*(left-1);
	for(int i=deep+1;prime[i]*prime[i]<=left;i++){
		long long tmp=1;
		long long pow=1;
		for(int j=1;tmp+pow<=left;j++){
			pow*=prime[i];
			tmp+=pow;
			if(left%tmp==0) dfs(i,left/tmp,ans*pow);
			
		} 
	} 
}
int main(){
	sieve(maxn);
	while(scanf("%lld",&s)!=EOF){
		sz=0;
		dfs(0,s,1);
		printf("%d
",sz);
		sort(res+1,res+1+sz);
		for(int i=1;i<=sz;i++){
			printf("%d ",res[i]);
		}
		printf("
"); 
	}
}