AtCoder Regular Contest 067 ,C - Factors of Factorial（正整数的因子个数：阶乘/分数/正整数）

最新推荐文章于 2024-03-25 12:49:53 发布

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博客围绕求正整数N!的因子个数展开。先给出题目描述、约束条件、输入输出示例等，接着阐述思路，先介绍求N因子个数的质因子分解法，再说明求N!因子个数时，需找出小于等于N的质数及各质数阶数，还提及相关知识点，最后给出代码实现。

题目描述：

C - Factors of Factorial

Time Limit: 2 sec / Memory Limit: 256 MB

Score : 300300 points

Problem Statement

You are given an integer NN. Find the number of the positive divisors of N!N!,

modulo 109+7109+7.

Constraints

1≤N≤1031≤N≤103
Input

The input is given from Standard Input in the following format:
NN
Output

Print the number of the positive divisors of N!N!, modulo 109+7。

Sample Input 1
3
Sample Output 1
4
There are four divisors of 3!3! =6=6: 11, 22, 33 and 66.

Thus, the output should be 44.

Sample Input 2
6
Sample Output 2
30
Sample Input 3
1000
Sample Output 3
972926972

题意：

给定一正整数N，求N！的因子个数。

思路：

① 假如是求N的因子个数，不考虑O（N）的暴力方法，可以 $O\left ( \sqrt{N} \right )$ 对N进行质因

子分解，然后N=p1^a1*p1^a2*...*pk^ak，对于p1，我们可以选择0个、1个、2个,,,,,,a1个，

p2、p3、p4同理。所以最终能产生的因子个数为 (a1+1)*(a2+1)*(a3+1)*(a4+1)*......*(ak+1)

。至于为什么这些组合中不会出现相同的因子，可以再考虑一下。假设最后乘出了相同因子，

那么一定是某几个质因子想乘==另外几个质因子相乘，显然不成立。。。

②N！的因子个数，相同的思路，即求各质因子各有多少个，此时小于等于N的所有质数都会

是质因子，但每个数有多少个，可以如下考虑（转载）：

例如:20!
1.先求出20以内的素数,(2,3,5,7,11,13,17,19)
2.再求各个素数的阶数
e(2)=[20/2]+[20/4]+[20/8]+[20/16]=18;
e(3)=[20/3]+[20/9]=8;
e(5)=[20/5]=4;
...
e(19)=[20/19]=1;
所以
20!=2^18*3^8*5^4*...*19^1
解释：
2、4、6、8、10、12、14、16、18、20能被2整除
4、8、12、16、20能被4整除（即被2除一次后还能被2整除）
8、16能被8整除（即被2除两次后还能被2整除）
16能被16整除（即被2除三次后还能被2整除）
这样就得到了2的阶。其它可以依次递推。

求每个质数在N！中出现了几次：

PS知识点：

若正整数n可分解为p1^a1*p1^a2*...*pk^ak，

其中pi为两两不同的素数,ai为对应指数，

则n的约数个数为(1+a1)*(1+a2)*....*(1+ak)。

如180=2*2*3*3*5=2^2*3^2*5。

180的约数个数为(1+2)*(1+2)*(1+1)=18个。

若求A/B的约数个数，A可分解为p1^a1*p2^a2*...*pk^ak，B可分解为q1^b1*q1^b2*...*qk^bk,

则A/B的约数个数为(a1-b1+1)*(a2-b2+1)*(a3-b3+1)...*(ak-bk+1)。

int cal(int n, int p) 
{  
        if(n < p) return 0;  
        else return n / p + cal(n / p, p);  
}

代码实现：

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const int N=2e5+100;
const int mod=1e9+7;
bool judge(int x)
{
	if(x<=1)return 0;
	else if(x==2)return 1;
	int up=sqrt(x);
	for(int i=2;i<=up;i++)	
		if(x%i==0)return 0;
	return 1;
}
int prime[N];
int tot=0;
int cal(int n,int x)//求某个质因子的个数 
{
	if(n<x)return 0;
	return (n/x+cal(n/x,x))%mod;
}
int main()
{
	int n;
	while(cin>>n)
	{
		tot=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			if(judge(i))prime[++tot]=i;//暴力求<=N的质数 
		LL ans=1;
		for(int i=1;i<=tot;i++)
		{
			int x=prime[i];
			ans=(ans*(LL)(cal(n,x)+1))%mod;  //求某个质因子的个数 
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

The end；