POJ3421 X-factor Chains

传送门

本题的大意是，给定一个数x，求出一个以1开头，x为结尾，中间的每一项大于前一项而且是前一项的倍数，求这样一个序列的最长长度和在最长长度情况下有多少种组合情况。

一开始想了想没什么想法……暴搜？可能T掉。后来发现，为了保证最长的话，肯定每次乘的数都是一个质数，否则如果是一个合数的话，我们可以把它拆分成多个质数继续乘，肯定比原来要长。然后又发现，这个序列中的每一项必然是X的一个因子，那么每次乘的质数也必然是x的因子。

想到了什么？唯一分解定理！那问题就很显然了，我们把X进行唯一分解，得到的质因数个数就是序列最长长度（k）。然后如果不考虑重复的话，那么有k！种情况，不过因为一个质因数会出现多次，所以每出现一个重复的质因数（出现次数为p），我们要把答案除以p！。这个好像直接算阶乘会爆longlong，所以我选择的方法是分解因数，然后开一个桶来计算。

看一下代码。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<set>
#include<vector>
#include<queue>
#define pb push_back
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar('
')

using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 40005;
const int N = 2000005;
const int INF = 1000000009;
const ll mod = 51123987;

ll read()
{
    ll ans = 0,op = 1;
    char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9')
    {
    if(ch == '-') op = -1;
    ch = getchar();
    }
    while(ch >= '0' && ch <= '9')
    {
    ans *= 10;
    ans += ch - '0';
    ch = getchar();
    }
    return ans * op;
}

int x,pri[N],times[M],p[N],tot,cur,bucket[M],cnt,ans;
bool np[N];

void euler()
{
    int k = 2000000;
    np[1] = 1;
    rep(i,2,k)
    {
    if(!np[i]) p[++tot] = i;
    for(int j = 1;i * p[j] <= k;j++)
    {
        np[i * p[j]] = 1;
        if(!(i % p[j])) break;
    }
    }
}

void clear()
{
    memset(times,0,sizeof(times));
    memset(bucket,0,sizeof(bucket));
}

void div(int x)
{
    cur = 0,cnt = 0;
    rep(i,1,tot)
    {
    if(!(x%p[i])) pri[++cur] = p[i];
    while(!(x % p[i])) x /= p[i],times[cur]++,cnt++;
    if(x == 1) break;
    }
}

void calc()
{
    ans = 1;
    rep(i,2,cnt)
    {
    int p = i;
    rep(j,2,cnt)
    {
        while(p % j == 0) p /= j,bucket[j]++;
        if(p == 1) break;
    }
    }
    //rep(i,1,cur) printf("%d ",times[i]);enter;
    //rep(i,1,cnt) printf("%d ",bucket[i]);enter;
    rep(i,1,cur)
    {
    if(times[i] > 1)
    {
        rep(k,2,times[i])
        {
        int p = k;
        rep(j,2,cnt)
        {
            while(p % j == 0) p /= j,bucket[j]--;
            if(p == 1) break;
        }
        }
    }
    }
    //rep(i,1,cnt) printf("%d ",bucket[i]);enter;
    rep(i,1,cnt) while(bucket[i]) ans *= i,bucket[i]--;
    printf("%d %d
",cnt,ans);
}

int main()
{
    euler();
    while(scanf("%d",&x) != EOF) clear(),div(x),calc();
    return 0;
}