解方程，51nod1477，不明公式证明算法复杂度

最新推荐文章于 2025-10-21 15:15:48 发布

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#解方程 #51nod #不明算法

博客围绕求解有多少个J(x)=A的问题展开。作者思考后发现直接做可AC，虽不知复杂度证明方法，但提出用DP解决。因1012内多数约数不多，可用hash table优化Dp数组。通过枚举A的约数，对其 -1 后质因数分解来转移，还提到时间复杂度及转移注意事项。

正题

非常的amazing啊！
想了一下午发现直接做就可以AC。
至今不知道怎么证明复杂度，也问了很多巨佬，绿色夹克衫太忙了/kel
发现这个 $J(x)=(p_1^{a_1}+1)(p_2^{a_2}+1)...(p_k^{a_k}+1)$ 。
我们要知道有多少个 $J (x) = A$
直接 $D p$ 即可，发现 $10^{12}$ 内的最多数的约数并不是很多的，Dp数组可以使用 $tablehash\ table$ 来优化，不多于 $7000$ 个，我们可以使用什么数来转移呢？
这个数显然是 $A$ 的一个约数，枚举这个约数， $- 1$ 之后进行质因数分解就行了。
时间复杂度是 $O(∑d∣Adln⁡d+∑d∣A∑g∣d1)O(\sum_{d|A}\frac{\sqrt d}{\ln d}+\sum_{d|A}\sum_{g|d} 1)$
第一个 $∑\sum$ 是求可转移数的复杂度，第二个 $∑\sum$ 是求转移的复杂度。
当然同一个质因子的多个转移数要同时转移，要么就乱了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=1000010;
bool vis[N];
int p[N],n,T,dt,L=1,R;
long long A;
pair<long long,long long> a[N],d[N];
const int mod=999997;
struct HASH{
	int first[N],nex[N],tot;
	long long key[N],val[N];
	void ad(long long x,long long t){
		int tmp=x%mod;
		for(int i=first[tmp];i!=0;i=nex[i])	 if(key[i]==x){val[i]+=t;return ;}
		key[++tot]=x;val[tot]=t;nex[tot]=first[tmp];first[tmp]=tot;
	}
	long long gs(long long x){
		int tmp=x%mod;
		for(int i=first[tmp];i!=0;i=nex[i]) if(key[i]==x)return val[i];
		return 0;
	}
}ha;

void ins(long long x){
	long long op=0,tmp=x;x--;
	for(int i=1;i<=p[0] && 1ll*p[i]*p[i]<=x;i++) if(x%p[i]==0){
		if(op) return ;op=p[i];
		while(x%p[i]==0) x/=p[i];
	}
	if(x!=1){
		if(op) return ;
		op=x;
	}
	if(op==0) return ;
	a[++T].first=op;a[T].second=tmp;
}

void dfs(int x,long long t){
	if(x==dt+1){
		for(int i=L;i<=R;i++) if(t%a[i].second==0) ha.ad(t,ha.gs(t/a[i].second));
		return ;
	}
	long long tmp=d[x].second;
	while(tmp){
		dfs(x+1,t*tmp);
		tmp/=d[x].first;
	}
}

int main(){
	n=1000000;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!vis[i]) p[++p[0]]=i;
		for(int j=1;j<=p[0] && 1ll*i*p[j]<=n;j++){
			vis[i*p[j]]=true;
			if(i%p[j]==0) break;
		}
	}
	scanf("%lld",&A);
	if(A==1){
		printf("1\n");
		return 0;
	}
	for(int i=1;1ll*i*i<=A;i++) if(A%i==0){ins(i);if(1ll*i*i!=A) ins(A/i);}
	long long tmp=A;
	for(int i=1;i<=p[0] && 1ll*p[i]*p[i]<=A;i++) if(A%p[i]==0){
		dt++;d[dt].first=p[i];d[dt].second=1;
		while(A%p[i]==0) d[dt].second*=p[i],A/=p[i];
	}
	if(A!=1) d[++dt].first=d[dt].second=A;
	sort(a+1,a+1+T);
	ha.ad(1,1);
	while(L<=T){
		R=L;while(R<T && a[R+1].first==a[L].first) R++;
		dfs(1,1);
		L=R+1;
	}
	printf("%lld\n",ha.gs(tmp));
}