xdu2017校赛F

Problem F Dogs of Qwordance Senior Backend R&D Engineers
问题描述
那年夏天，锘爷和杰师傅漫步在知春公园的小道上。他们的妻子、孩子牵 着狗在前面嬉戏，二人笑语盈盈，他们不深究一个小的编程问题，而是对整个 Qwordance （四字舞蹈）公司的发展前景加以描绘。这样的场景，想想就觉得好 美，想想就好向往，想想就好激动。然而，他们的狗觉得这非常的无聊，决定自 己去玩。 杰师傅的狗非常挑剔。它希望找到一块面积为 x 的长方形广场，还要求广 场的长和宽都是整数。锘爷的狗不屑地说：“这还不简单，总共有 σ0(x) 种方案 呢。”杰师傅的狗却摇了摇头说：“找到这个广场后，我们要在上面画上水平和垂 直的网格，使得水平、垂直网格之间的间距分别是相同的整数。算了这太难了， 我们去听他们讨论 Qwordance 未来发展大方向吧。”锘爷的狗说：“这也不难啊， 总共有，咦，多少方案啊？”杰师傅的狗鄙视道：“你看你连个方案数都算不出， 我不要和你玩了。像你这样的狗在朝鲜是会被做成狗肉火锅的。你走吧。”锘爷 的狗想去问锘爷的儿子（中关村小学生信息学竞赛冠军），然而怕被小主人嘲笑， 请你帮帮它吧。
输入格式 输入包含多组数据（最多 450 组），请处理到文件结束。
每组数据包含一个整数，即 x 。 对于所有数据有 1 ≤ x ≤ 1012。
输出格式 对于每组数据输出 1 行，包含面积为 x 的广场的方案数。
只要广场的长或 宽不同，或网格划分方案不同，就是不同的方案（见样例解释）。
输入输出样例 输入样例 输出样例
1 4
1 10

 关键：令$zeta (x)$=一个数的质因子的个数，$f(x)$为解的个数，

　　　因为任何一个数可以按照唯一分解定理，分解为$x = prodlimits_{i = 1}^k {{p_i}^{{a_i}}} $,${p_i}$为质数，

　　　　因此，$zeta (x) = prodlimits_{i = 1}^k {({a_i} + 1)}$，

　　　　$f(x) = sumlimits_{d|n} {prodlimits_{i = 1}^k {({a_i} + 1)*({c_i} - {a_i} + 1)} } $

　　　　$f(x) = prodlimits_{i = 1}^k {sumlimits_{j = 1}^{{a_i}} {(j + 1)({a_i} - j + 1)} } $(乘法原理)

注意：（1）分解质因数时，只需到$sqrt n $即可，因为大于等于$sqrt n $的质数最多只有一个，这时候，只需将结果乘4即可。

　　　（2）分解素数的两种方法，埃氏筛法、线性筛法，其中线性筛法的复杂度更低，埃氏筛法可以舍弃了。

　　　（3）时常注意优化复杂度（dalao的教导）

　　　（4）ios::sync_with_stdio(false);可用于加快cin与cout的速度。

线性筛：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define N 10000001
ll prime[N+2],k;
bool is_not_prime[N+2]={true,true};
void sieve(){
    for(ll i=2;i<N;i++){
        if(!is_not_prime[i]){
            prime[k++]=i;
        }
        for(ll j=0;j<k&&i*prime[j]<N;j++){
            is_not_prime[i*prime[j]]=true;
            if(i%prime[j]==0) break;
        }
    }
}

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define N 1000002
int prime[N+3],p;
ll n;
bool is_prime[N+3];
int index[N+3];
void sieve(){
    p=0;
    for(int i=0;i<N;i++){
        is_prime[i]=true;
    }
    is_prime[0]=is_prime[1]=false;
    for(int i=2;i<N;i++){
        if(is_prime[i]){
            prime[p++]=i;
            for(int j=2*i;j<N;j+=i){
                is_prime[i]=false;
            }
        }
    }
}//埃筛 
/*void sieve(){
    is_prime[1]=1;
    for(ll i=2;i<N;++i){
        if(!is_prime[i])prime[p++]=i;
        for(ll j=0;j<p&&prime[j]*i<N;++j){
            is_prime[prime[j]*i]=1;
            if(i%prime[j]==0)break;
        }
    }
}*/
//线性筛 

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    sieve();
    while(cin>>n){
        ll ans=1;
        for(int i=0;1ll*prime[i]*prime[i]<=n;i++){
            if(n%prime[i]==0){
                ll index=0,part=0;
                while(n%prime[i]==0){
                    n/=prime[i];
                    index++;
                }
                for(ll j=0;j<=index;j++) part+=(j+1)*(index-j+1);
                ans*=part;
            }
        }if(n!=1) ans*=4;
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}