洛谷 P1072 Hankson 的趣味题 || 打质数表的分解质因数

方法就是枚举，根据b0和b1可以大大减小枚举范围，方法类似这个http://blog.csdn.net/hehe_54321/article/details/76021615

将b0和b1都分解质因数。记b0的某一质因数x的指数为a，b1中x的指数为b。如果a>b，那么显然对于这组b0和b1不可能有答案；如果a=b，那么ans中的x的指数可以为0到a的任意一个数；如果a<b，那么ans中x的指数只能为b。

举例：

$$
egin{array}{l|l}
b0=37 & b1=1776 \
hline
37 & =37^1*3^0*2^0 \
ans & =37^x*3^1*2^4 \
1776 & =37^1*3^1*2^4 \
hline
b0=37&b1=1776 \
96 & =3^1*2^5 \
ans & =3^2*2^y\
288 & =3^2*2^5
end{array}
$$

x表示0-1的任何数，y表示0-5的任何数。这样子就可以得出所有可能的ans，然后再验证其与a0的gcd是否是a1即可。

注意：

1.像我这样写，需要特判1，因为对1分解质因数会得到1，对其他数分解都不会出现这个1。

2.曾经写了假的分解质因数，结果T掉了...真的分解质因数（要打质数表）还是要记一下。

%:pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
typedef int LL;
LL prime[10000];
bool vis[50100];
LL ans0[24],ans1[24];
map<LL,LL> ma;
map<LL,LL>::iterator it;
set<LL>::iterator it2;
set<LL> se;
LL temp[2][2000];
LL size,anss;
LL a0,a1,b0,b1,T;
LL gcd(LL a,LL b)
{
    LL t;
    while(b!=0)
    {
        t=a;
        a=b;
        b=t%b;
    }
    return a;
}
LL pow2(LL x,LL y)
{
    LL base=x,ans=1;
    while(y>0)
    {
        if(y&1)    ans*=base;
        base*=base;
        y>>=1;
    }
    return ans;
}
void dprime(LL n,LL ans[])
{
    LL i;
    LL end=floor(sqrt(n+0.5));
    for(i=1;prime[i]<=end;i++)
        while(n!=prime[i])
        {
            if(n%prime[i]==0)
            {
                if(ma.count(prime[i])==0)
                    ma[prime[i]]=++size;
                ans[ma[prime[i]]]++;
                n/=prime[i];
            }
            else
                break;
        }
    if(ma.count(n)==0)
        ma[n]=++size;
    ans[ma[n]]++;
}
int main()
{
    
    LL ii,i,j,d,dd,d1,d2;
    for(i=2;i<=50000;i++)
    {
        if(!vis[i])    prime[++prime[0]]=i;
        for(j=1;j<=prime[0]&&i*prime[j]<=50000;j++)
        {
            vis[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0)    break;
        }
    }
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        memset(ans0,0,sizeof(ans0));
        memset(ans1,0,sizeof(ans1));
        se.clear();anss=0;
        ma.clear();size=0;
        scanf("%d%d%d%d",&a0,&a1,&b0,&b1);
        dprime(b0,ans0);
        dprime(b1,ans1);
        if(ma.count(1)==1)    ans0[ma[1]]=1,ans1[ma[1]]=1;
        ii=0;
        memset(temp[0],0,sizeof(temp[0]));
        temp[0][0]=1;
        temp[0][1]=1;
        for(it=ma.begin();it!=ma.end();it++)
        {
            ii^=1;
            memset(temp[ii],0,sizeof(temp[ii]));
            d=it->second;
            dd=it->first;
            d1=ans0[d];
            d2=ans1[d];
            if(d1>d2)
            {
                puts("0");
                goto xxx;
            }
            else if(d1==d2)
            {
                for(i=1;i<=temp[ii^1][0];i++)
                    for(j=0;j<=d2;j++)
                        temp[ii][++temp[ii][0]]=temp[ii^1][i]*pow2(dd,j);
            }
            else
            {
                for(i=1;i<=temp[ii^1][0];i++)
                    temp[ii][++temp[ii][0]]=temp[ii^1][i]*pow2(dd,d2);
            }
        }
        for(i=1;i<=temp[ii][0];i++)
            se.insert(temp[ii][i]);
        for(it2=se.begin();it2!=se.end();it2++)
        {
            if(gcd(*it2,a0)==a1)
                anss++;
        }
        printf("%d
",anss);
        xxx:;
    }
    return 0;
}

假的分解质因数：

void dprime(int n,int ans[])
{
    int i;
    for(i=2;i<=n;i++)
        while(n!=i)
        {
            if(n%i==0)
            {
                if(ma.count(i)==0)
                    ma[i]=++size;
                ans[ma[i]]++;
                n/=i;
            }
            else
                break;
        }
    if(ma.count(n)==0)
        ma[n]=++size;
    ans[ma[n]]++;
}

额外的方法：

设x=a1*a2;a0=a1*a3;x*b2=b1;b0*b3=b1;

则a1*a2*b2=b1

又a1是x和a0的最大公约数，所以a2和a3互质。

又b1是x和b0的最小公倍数，所以b2和b3互质。

所以a2和a0/a1,b2和b1/b0互质。

因为a1*a2*b2=b1

所以a2*b2=b1/a1

因此a2，b2是b1/a1的因子，只需枚举并且判断是否与a3，b3互质即可。

https://www.luogu.org/wiki/show?name=%E9%A2%98%E8%A7%A3+P1072