约数的个数与和（基本算数定理求解）

基本算数定理

在求解之前，我们先来了解一下基本算数定理。

原理

算术基本定理可表述为：任何一个大于1的自然数 N,如果N不为质数，那么N可以唯一分解成有限个质数的乘积$N=P_1^{a1}\ast P_2^{a2}\ast P_{3}a3\ast ......\ast P_n^{an}$，这里$P1<P2<P3......<Pn$均为质数，其中指数ai是正整数。这样的分解称为 N 的标准分解式。
也就是说任意一个$>1$的整数都可以分解为 $质{数}^{ai}$的乘积。

由算数基本定理而来的重要推论:

（1）一个大于1的正整数N，如果它的标准分解式为：
$N=P_1^{a1}\ast P_2^{a2}\ast P_3^{a3}\ast ......\ast P_n^{an}$
那么它的正因数个数为 $(1+a_1)(1+a_2)\dots \dots （1+a_n）$

（2） 它的全体正因数之和为：$(1+p_1^1+p_1^2+\dots \dots p_1^{a1})(1+p_2^1+p_2^2+\dots \dots p_2^{a2})\dots \dots （1+p_n^1+p_n^2+\dots \dots p_n^{an}）$

acwing 870. 约数个数

给定n个正整数aiai，请你输出这些数的乘积的约数个数，答案对1e9+7取模。
输入格式
第一行包含整数n。
接下来n行，每行包含一个整数aiai。
输出格式
输出一个整数，表示所给正整数的乘积的约数个数，答案需对1e9+7取模。
数据范围

1≤n≤100,

1≤ai≤2e9

输入样例：

3
2
6
8

输出样例：

12

分析：
用算数基本定理的第一个推论$(1+a_1)(1+a_2)\dots \dots （1+a_n）$即可，乘积后的质因子分解与乘之前分解的结果相同，将输入的n个数分别做质因子分解，然后遍历即可。
代码如下：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<unordered_map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    unordered_map<int,int> p;
    while(n--)
    {
        int x;
        scanf("%d",&x);
        for(int i=2;i<=x/i;i++)
            while(x%i==0)
            {
                x/=i;
                p[i]++;
            }
        if(x>1) p[x]++;
    }
    ll res=1;
    for(auto i : p)
    {
        int a=i.first,b=i.second;
        res=(res*(b+1))%mod;
    }
    printf("%lld\n",res);
    return 0;
}

这里为了方便用了 unordered_map 来存所有的质因子，也可以用hash拉链法方法来存。

acwing871. 约数之和

给定n个正整数aiai，请你输出这些数的乘积的约数之和，答案对109+7109+7取模。
输入格式
第一行包含整数n。
接下来n行，每行包含一个整数aiai。
输出格式
输出一个整数，表示所给正整数的乘积的约数之和，答案需对109+7109+7取模。
数据范围

1≤n≤100,

1≤ai≤2e9

输入样例：

3
2
6
8

输出样例：

252

分析：这道题跟上道题相同，都是对算数基本定理推论的应用前面的质因子分解相同，只有后面推论公式计算不同。
代码如下

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<unordered_map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    unordered_map<int,int> p;
    while(n--)
    {
        int x;
        scanf("%d",&x);
        for(int i=2;i<=x/i;i++)
            while(x%i==0)
            {
                x/=i;
                p[i]++;
            }
        if(x>1) p[x]++;
    }
    ll res=1;
    for(auto i : p)
    {
        int a=i.first,b=i.second;
        ll t=1;
        while(b--)
        {
            t=(t*a+1)%mod;
        }
        res=(res*t)%mod;
    }
    printf("%lld\n",res);
    return 0;
}