ZOJ Problem Set - 3405 Counting Factor Trees

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#zoj #卡特兰数 #数论

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数学题

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本文探讨了如何通过质因数分解解决计数问题，并利用卡特兰数来计算不同树的组合数量。重点介绍了质因数分解的方法、质因数排列原理以及满二叉树个数的计算方法。

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ZOJ Problem Set - 3405 Counting Factor Trees

题目描述：

　　题目链接：ZOJ Problem Set - 3405 Counting Factor Trees

题目大意：

　　给一个数n，然后分解它的质因子，再用它的质因子重新组合成树，叶子结点（图片上绿色的部分）都为质因子，问能够组成多少颗不同的树
　　

解题思路：　

　　这个想要解决这个题，要考虑以下几个问题。

质因数的分解：可以采用打素数表的方式解决。1亿的话打到 $\sqrt{10^9}$ ，大概 $32000$ 不到。要注意，分解时可能会出现至多一个质因数大于 $\sqrt{10^9}$ ,此时要注意特殊处理。
质因数的排列：显然当把 $n$ 分解为 $n=p_1^{r_1}*p_2^{r_2}*......*p_m^{r_m}$ 形式的时候，可以想象，叶子结点从左至右不同的组合方式也将导致树的形态不同。因此有 $ans=C_{r_1}^{r_1}*C_{r_1+r_2}^{r2}*……*C_{r_1+r_2+……r_m}^{r_m}$ 。
满二叉树的个数：因为 $n$ 个子叶结点的满二叉树的个数为 $f_n=f_1*f_{n-1}+f_2*f_{n-2}+……+f_{n-1}*f_1$ ，这个递推公式描述的就是卡特兰数。而卡特兰数的递推公式也可以表示为 $f(n) =\frac{C_{2n}^n}{n+1}$ 。

　　综上，知道最后的答案就应该是题目所给的n进行分解质因数之后，其质因数的组合数与对应卡特兰数的乘积。

　　对于卡特兰数的专题介绍:神奇的卡特兰数

复杂度分析:

时间复杂度 $O(\sqrt{n})$
空间复杂度 $O(\sqrt{n})$

AC代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <vector>

using namespace std;
typedef long long LL;

vector<int>prime;
bool isprime[32005];
LL c[65][35];
LL f[35];

void init(){
    memset(isprime,true,sizeof(isprime));
    memset(c,0,sizeof(c));
    memset(f,0,sizeof(f));
    for(int i = 2; i <= 32000; i++){
        if(isprime[i]){
            prime.push_back(i);
            for(int j = (i << 2); j <= 32000; j += i)
                isprime[j] = false;
        }
    }
    c[0][0] = 1;
    for(int i = 1; i <= 62; i++){
        c[i][0] = 1;
        for(int j = 1; j <= i; j++)
            c[i][j] = c[i-1][j-1] + c[i-1][j]; //组合恒等式
    }
    for(int i = 0; i <= 33;i++)
        f[i] = c[2*i][i]/(i+1); //卡特兰数递推公式
}

int main(){
    init();
    int n;
    while(scanf("%d",&n) != EOF){
        int cnt = 0;
        LL ans = 1;
        for(int i = 0; i < prime.size(); i++){
            if(prime.at(i)*prime.at(i) > n)break;
            int tmp = 0;
            if(n%prime.at(i) == 0){
                while(n%prime.at(i) == 0){
                    tmp++;
                    n /= prime.at(i);
                }
                cnt += tmp;
                ans *= c[cnt][tmp];
            }
            //if(n == 1)break;
        }
        if(n != 1) ans *= c[++cnt][1];
        //如果最后n没有除为1，则说明其最大的质因数大于sqrt（n）
        ans *= f[cnt-1];
        printf("%lld\n",ans);
    }
}