AcWing 200. Hankson的趣味题

题意

t组（2000） 每组abcd 问你有多少个x满足gcd(a,x) == c && lcm(b,x) == d

思路

题面给了0.3s

根据题意可知x一定是d的因子，考虑枚举d的因子在check是否满足上面两个式子(check复杂度logn)

纯暴力枚举d的因子是sqrt(n)的，那么总复杂度 2000 * sqrt(1e9) * logn ≈ 1e8 

怎么减小寻找d的因子的复杂度呢？

因为1e9内的一个数的约数<1600个，所以我们可以把sqrt(1e9)内的质数先筛出来，记录d的质因子及每个质因子的次数，然后通过这些质因子和次数dfs爆搜出d的每一个约数，再来check。只有1600个约数爆搜是可做的。此时复杂度2000 * 质因子数量（质数密度：n以内的质数有 n / lnn个 5e4以内最多5000个）

代码

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

using namespace std;
const int MaxN = 5e4 + 5;
typedef long long LL;

int t,a,b,c,d;
int prime[MaxN],pNum = 0;
bool p[MaxN] = {0};

int fcnt;
struct NODE{
	int P,s;
}A[1666];//每个质因子及次数

int dcnt,divi[MaxN];//约数

void init(int N){
	for(int i = 2;i <= N; i++){
		if(p[i] == false) prime[++pNum] = i;
		for(int j = 1;j <= pNum && i * prime[j] <= N; j++){
			p[i * prime[j]] = true;
			if(i % prime[j] == 0) break;
		}
	}
}

void dfs(int cnt,int cur){//第cnt个质数 当前数字cur
	if(cnt == fcnt + 1){
		divi[++dcnt] = cur;
		return ;
	}
	int num = A[cnt].s;
	for(int i = 0;i <= num; i++){
		dfs(cnt + 1,cur);
		cur *= A[cnt].P;
	}
}

int main()
{
	init(MaxN - 5);
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		scanf("%d %d %d %d",&a,&b,&c,&d);
		fcnt = 0;
		dcnt = 0;
		memset(A,0,sizeof A);
		memset(divi,0,sizeof divi);
		int D = d;
		for(int i = 1;prime[i] <= D && i <= pNum; i++){//枚举质因子
			int curP = prime[i];
			if(D % curP == 0){
				int s = 0;
				while(D % curP == 0) D /= curP,s++;
				A[++fcnt] = {curP,s};
			}
		}
		if(D > 1) A[++fcnt] = {D,1};
		dfs(1,1);
		int ans = 0;
		for(int i = 1;i <= dcnt; i++){
			int x = divi[i];
			if(__gcd(a,x) == b && (LL)c * x / __gcd(c,x) == d) ans++;
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}