洛谷P1445 [Violet] 樱花
题目背景
我很愤怒
题目描述
求方程 1/X+1/Y=1/(N!) 的正整数解的组数，其中N≤10^6。
解的组数，应模1e9+7。
输入输出格式
输入格式：
输入一个整数N
输出格式：
输出答案
输入输出样例
输入样例#1：
1439
输出样例#1：
102426508
Solution
极其恶心的一道题...
看到这种题肯定是需要化简式子的,因为出题人不会好到给你一个好做的式子
[frac{1}{x}+frac{1}{y}=frac{1}{n!}
]
[frac{x+y}{xy}=frac{1}{n!}
]
[xy=(n!) imes (x+y)
]
一个骚操作,两边同时加上((n!)^2),为什么,因为方便因式分解...
[(n!)^2-(n!) imes (x+y)+xy=(n!)^2
]
然后因式分解
[(n!-x) imes (n!-y)=(n!)^2
]
令(a=(n!-x),b=(n!-y)),因为((n!)^2)是确定的,所以确定了(a),就可以确定(b),也就可以确定(x,y)了
那么a的方案数是多少?因为(a)是((n!)^2)的因子,所以(a)的取值的方案数就是((n!)^2)的因子的方案数
然后根据唯一分解定理
[n!=p_1^{c_1} imes p_2^{c_2} imes ... imes p_m^{c_m}
]
[(n!)^2=p_1^{2 imes c_1} imes p_2^{2 imes c_2} imes ... imes p_m^{2 imes c_m}
]
由于每个质因子(p_i)都有(2 imes c_i+1)种取值,所以
[ans=(2 imes c_1+1) imes (2 imes c_2 +1) imes ... imes(2 imes c_m+1)
]
那么最后问题就转化成了对(n!)进行分解质因数,并求质因数的个数
暴力对(1-n)每个数分解质因数,再合并复杂度过高,为(O(nsqrt n))
由于(n!)的每个质因子都不超过n,所以我们可以预处理(1-n)内所有质数p,再考虑(n!)内一共有多少个质因子p
我们可以对于在线性筛质数的过程中同时处理一下n以内每个数的最小质因子(p),然后统计这个数的贡献,在(1-n)中至少包含一个质因子(p)的有(lfloorfrac{n}{p}
floor),至少包含两个质因子p的有(lfloorfrac{n}{p^2}
floor)...
那么(n!)中质因子(p)的个数就是
[lfloorfrac{n}{p}
floor+lfloorfrac{n}{p^2}
floor+...+lfloorfrac{n}{p^{log_{p}{n}}}
floor
]
对于每个质因子,我们只需要(log n)的时间来求解,所以总复杂度是(O(n log n))的
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define lol long long
#define in(i) (i=read())
using namespace std;
const lol N=1e6+10,mod=1e9+7;
lol read() {
lol ans=0,f=1; char i=getchar();
while(i<'0' || i>'9') {if(i=='-') f=-1; i=getchar();}
while(i>='0' && i<='9') ans=(ans<<1)+(ans<<3)+i-'0',i=getchar();
return ans*=f;
}
lol n,cnt,ans=1;
lol g[N],prime[N],c[N];
void init() {
memset(g,0,sizeof(g));
for(int i=2;i<=n;i++) {
if(!g[i]) g[i]=i,prime[++cnt]=i;
for(int j=1;j<=cnt && i*prime[j]<=n;j++) {
g[i*prime[j]]=prime[j];
if(i%prime[j]==0) break;
}
}
}
int main()
{
in(n); init();
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i;j!=1;j/=g[j]) c[g[j]]++;
for(int i=1;i<=n;i++) ans=ans*(c[i]*2+1)%mod;
cout<<ans<<endl;
}