题解【洛谷P1445】[Violet]樱花

题面

我们首先对题目中的式子进行化简：

[egin{aligned} frac{1}{x} + frac{1}{y} & = frac{1}{n!} \ y imes n! + x imes n! & = xy \ (x - n!) imes y & = x imes n! \ y & = frac{x imes n!}{x - n!} \ & = frac{(x-n!+n!) imes n!}{x-n!} \ & = frac{(x-n!) imes n! + n!^2}{x - n!} \ & = frac{(x-n!) imes n!}{x-n!} + frac{n!^2}{x - n!} \ & = n! + frac{n!^2}{x-n!} end{aligned}]

因为 (x) 和 (y) 都是正整数，所以 (frac{n!^2}{x-n!}) 也一定是正整数。

于是问题就转化成了求 (n!^2) 的约数个数。

由唯一分解定理得：

[egin{aligned} n! & = p_1^{c_1} imes p_2^{c_2} imes dots imes p_k^{c_k} \ n!^2 & = p_1^{2c_1} imes p_2^{2c_2} imes dots imes p_k^{2c_k} end{aligned}]

所以 (n!^2) 的约数个数就是 ((2c_1 + 1) imes (2c_2 + 1) imes dots imes (2c_k+1))。

先考虑一下如何求出 (n!) 的约数个数。

我们考虑求出 (1sim n) 中的每个质数 (p)，(n!) 中质因子 (p) 的个数就等于 (1sim n) 中每个数包含质因子 (p) 的个数之和。

最后在统一约数个数时转换一下即可。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 1000003, mod = 1000000007;

int n, m;
int pri[N], tot;
bool st[N];

inline void pre(int n)
{
    for (int i = 2; i <= n; i+=1)
    {
        if (!st[i]) pri[++tot] = i;
        for (int j = 1; pri[j] <= n / i; j+=1)
        {
            st[pri[j] * i] = true;
            if (i % pri[j] == 0) break;
        }
    }
}

int main()
{
    cin >> n;
    pre(n); //先筛出 1~n 中所有的质数
    LL ans = 1;
    for (int i = 1; i <= tot; i+=1)
    {
        int p = pri[i], s = 0; //枚举 1~n 的每个质因子
        for (int j = n; j; j/=p) s += j / p; //求出包含质因子 p 的个数之和
        ans = (ans * 1ll * (2 * s + 1) % mod) % mod; //求出约数个数
    }
    cout << ans % mod << endl; //注意取模
    return 0;
}