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题意：T(<=1e4)组数据,求对于N(<=1e12)，已知N在k进制表示下末位是0，求有多少个可能的k

相当与求解每个N的因数个数减1（代表除去1进制的情况）

N=p₁^a1*p₂^a2*...*p_n^an,若N=m*n，那么m可表示为m=x*p1^(k), 0 <= k <= a1,

那么N的约数个数为（a1+1)(a2+1)...(an+1)

对于不大于1e12的数，若它为素数，答案恒为1；若它不为素数，那么它必然可以被不大于1e6的数整除，所以我们只需要预处理出不大于1e6的素数表即可。

计算时求出每个素数的指数，不断累乘即可。注意最后如果N!=1，说明最后剩下的是素数，所以答案再乘2.代表指数0和1两种情况（类似于求欧拉函数的过程）

复杂度的话，π(1000000)=1000000/ln(1000000)=72383,最坏情况下约7*10^(8)，推车.jpg

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MOD 1000000007
typedef long long LL;

const int maxn = 1e6 + 10;
int prime[maxn];
bool is_prime[maxn];

int T;
LL N;

void init() {
    for (int i = 0; i < maxn; i++) is_prime[i] = true;
    is_prime[0] = is_prime[1] = false;
    for (int i = 2; i < maxn; i++) {
        if (is_prime[i]) {
            prime[++prime[0]] = i;
            for (int j = i + i; j < maxn; j += i) is_prime[j] = false;
        }
    }
}

int main() {
    init();
    scanf("%d", &T);
    for (int t = 1; t <= T; t++) {
        scanf("%lld", &N);
        LL ans = 1;
        for (int i = 1; i <= prime[0] && (LL)prime[i] * prime[i] <= N; i++) {
            LL tmp = 0;
            while (N % prime[i] == 0) {
                N /= prime[i];
                tmp++;
            }
            ans *= (tmp + 1);
        }
        if (N > 1) ans *= 2;
        printf("Case %d: %lld
", t, ans - 1);
    }
    return 0;
}