[51nod-1189] 阶乘分数

最新推荐文章于 2018-09-07 15:52:55 发布

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本文介绍了一种求解特定形式方程正整数有序对数量的算法，通过数学变形和质因数分解，利用欧拉筛预处理质因子集合，最终通过计算公式得出答案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题意：

给定 $\le N \le 1e6$ , 求满足 $1x+1y=1N!\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{N!}$ 的正整数有序对 $(x, y)$ 的数量（模1e9+7）。

分析：

根据小学数学，变形式子：
$N! (x + y) = x y$
同时出现了 $x + y$ 项和 $x y$ 项，设法消去其中某一项。
构造：
$x - N!)(y-N!) = xy -N!(x + y) + (N!)^2$
得出 $x - N!)(y-N!) = (N!)^2$
设 $a = x - N!, b = y - N!$ ，则转化为求有多少正整数有序对 $(a, b)$ 满足 $ab = (N!)^2$ 。（证明： $a, b$ 一定是正的。一个有趣的方法是类比电阻并联，题目中的式子可以理解为阻值为 $x$ 的电阻与阻值为 $y$ 的电阻并联，得到阻值为 $N!$ 的总阻值。根据初中物理的结论，并联电阻总阻值小于任何一个支路的阻值，所以 $\gt N!$ , 即 $\gt 0$ 。）

欧拉筛预处理 $N!$ 的质因子集合 $P$ ，统计每个 $p_i$ 的贡献。得到唯一分解式 $\prod p_i^{c_i}$ ，则 $(N!)2=∏pi2ci(N!)^2 = \prod p_i^{2c_i}$ 。

若考虑无序对 $(u, v)$ ，对于每个质因子 $p_i$ , $u$ 可选 $0, 2c_i]$ 种幂次，则 $v$ 的幂次与 $u$ 加起来为 $2c_i$ ，所以一个质因子 $p_i$ 有 $2c_i + 1$ 种选法。一共有 $∏(2ci+1)\prod (2c_i + 1)$ 个无序对，其中有一对有 $u = v$ 。所以有序对为 $∏(2ci+1)−12+1\frac{\prod (2c_i + 1) - 1}{2} + 1$ 对。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N_MAX = 1e6 + 10;
const long long mod = 1e9 + 7;
long long pf[N_MAX];

inline long long power(long long a, long long k = mod - 2) {
  a %= mod;
  long long ans = 1;
  while (k) {
    if (k & 1) ans = ans * a % mod;
    a = a * a % mod;
    k >>= 1;
  }
  return ans;
}
vector<int> prime;
int d[N_MAX];

long long N;
int main() {
  cin >> N;
  for (int i = 2; i <= N; i++) {
    if (!d[i]) {
      d[i] = i;
      prime.push_back(i);
    }
    for (int j = 0; j < prime.size(); j++) {
      if (prime[j] * i > N || prime[j] > d[i]) break;
      d[prime[j] * i] = prime[j];
    }
  }
  for (auto it : prime) {
    long long dd = 1;
    for (int i = 1; (dd *= it) <= N; i++) {
      pf[it] += (N / dd);
    }
//    printf("%d: %lld\n", it, pf[it]);
  }
  long long ans = 1;
  for (int i = 0; i < prime.size() ; i++) ans = (ans * (2LL * pf[prime[i]] + 1))% mod;
  ans++;
  ans = ans * power(2) % mod;
  printf("%lld\n", ans);
}