#P00570. 求约数个数之四

Description

求N!的因子数%10^9+7

1≤N≤1000000

Format

Input

一行给出数字N

N<=1000000

Output

如题

Samples

输入数据 1

3

Copy

输出数据 1

4

Copy

输入数据 2

100

Copy

输出数据 2

583951250

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 一，朴素解法

思路:

直接算出n!是多少,再求它的因子数即可。

(由于这种做法太简单,我这里就不板书代码了qwq)

分析:

就算开了long long,n到20左右算n!就会爆空间,何况这里n最多是1000000。况且就算没爆空间算出1000000!后求他的因子数也会超时。(毕竟这数太大了)

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二，巧用因数个数定理

思路:

一个数的约数是由这个数的几个质因子相乘得到的。

例如：12 的质因子有 2，3。12的约数有：1，2，3，4，6，12。

...约数1 是由 0 个 2， 0 个3相乘得到的。
...约数2 是由 1 个 2， 0 个3相乘得到的。
...约数3 是由 0 个 2， 1 个3相乘得到的。
...约数4 是由 2 个 2， 0 个3相乘得到的。
...约数6 是由 1 个 2， 1 个3相乘得到的。
...约数12 是由 2 个 2， 1 个3相乘得到的。
12 可以分解为：2^2*3^1。所以2可以取 0 ~ 2个，3种取法。3可以取 0~1 个，2种取法。12的质因子一共：2 * 3 = 6个。

也就是：把一个数N 写成：N = (p1^x1^)(p^x2)(p3^x3)…(pk^xk)，其中pi为质数。则N的约数个数为：(x1+1)(x2+1)(x3+1)…(xk+1)。

那么这道题就只需要枚举1~n,再把每个数按上述公式操作一遍即可。

注意:如果存储各个质因子的个数用数组来存储的话会爆空间,所以此处因用map。

代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long ans = 1,n,x = 1,mod = 1000000007,s = 1;
unordered_map<long long,long long> mp;
int main()
{
  scanf("%lld",&n);
  while(n--)
  {
    x = s;
    for(long long i = 2; i <= x / i; i++)
    {
      while(x % i == 0)
      {
        x /= i;
        mp[i]++;
      }
      if(x == 1) break;
    }
    if(x > 1) mp[x]++;
    s++;
  }
  for(auto i : mp) ans *= (i.second + 1),ans %= mod;
  printf("%lld",ans);
  return 0;
}

分析:

上述程序的时间复杂度为O(n* log(n))左右,如果运行以上程序会发现,当n = 1000000时还是会超时。那么该怎么办呢?

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三,最终解法

思路:

我们应该换个角度想,

对于1到N之间的数字，一个个去分解质因子，是一种比较原始的想法
为什么不换个角度去想
例如N=100
则对于质因子2，能不能找出1到N之间的数字，能批量产生多少个2出来呢?
则对于质因子3，能不能找出1到N之间的数字，能批量产生多少个3出来呢?
则对于质因子5，能不能找出1到N之间的数字，能批量产生多少个5出来呢?
……

那么新问题又来了:我们该怎么快速找出1~n中包含多少个目前枚举出的质因子呢?

此时，我们应该想到曾经做过的一道题:求N!后面有多少个连续的零_玲珑看秋月的博客-优快云博客

那道题中我们是求 1~n的质因子中包含多少个5,那么我们不就可以枚举1~n中的质数,然后用那道题的方法求出1~n中包含多少个目前枚举出的质因子，再利用因数个数定理求出答案了吗？

代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long ans = 1,n,x = 1,mod = 1000000007,s,pris,pri[10000001];
bool isp[10000001];
unordered_map<long long,long long> mp;
int main()
{
	scanf("%lld",&n);
	memset(isp,1,sizeof(isp));
	isp[1] = 0;
	for(long long i = 2;i <= n;i++)
	{
		if(isp[i] == 1) pri[++pris] = i;
		for(long long j = 1;i * pri[j] <= n;j++)
		{
			isp[i * pri[j]] = 0;
			if(i % pri[j] == 0) break;
		}
	}
	for(long long j = 1;j <= pris;j++)
	{
		long long i = pri[j];
		s = 0;
		long long t = i;
		while(t <= n)
		{
			s += n / t;
			t *= i;
		}
		ans *= (s + 1);
		ans %= mod;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}