Educational Codeforces Round 106 (Rated for Div. 2)D. The Number of Pairs

Educational Codeforces Round 106 (Rated for Div. 2)D. The Number of Pairs

题目大意

给你三个正整数$c,d,k$,求满足$c\ast lcm(a,b)+d\ast gcd(a,b)=x$的$(a,b)$对的数量。其中$c,d,k$均小于$10^7$。

简要分析

由于数据量较大，加之又有多组测试样例，这就限定了我们的时间复杂度必须小之又小，大概只能$O(n)$。

具体分析

我们首先要对题目的式子进行处理，把它化简，变形到我们可以较为轻松的处理，或是看出它到底要让我们求什么。

首先我们注意到式子中有$lcm(a,b)$和$gcd(a,b)$，我们知道这两者之间的联系，即$lcm(a,b)\ast gcd(a,b)=a\ast b$，但如果直接把这个式子代进去，似乎也不是非常的美观。
我们不妨设$gcd(a,b)=g$，那么$a=A\ast g,b=B\ast g$，其中$gcd(A,B)=1$，这样便把$a,b$与它们的公因数之间的桥梁给直观的搭建了起来，同样利用一开始的式子，我们就可以得到$lcm(a,b)=A\ast B\ast g$。这样我们代入题中的式子，便可以得到如下式子：
$g\ast (A\ast B\ast c-d)=x$
考虑到左边的式子中含有因子$g$，我们将其移到右侧，考虑到两侧均为整数便可得到$g|x$。
对式子变形，得到：
$A\ast B\ast c=\frac{x}{g}+d$
同样，跟刚才一样，注意到左边含有因子$c$，说明$c|(\frac{x}{g}+d)$，我们将$c$移动到左边，得到：
$A\ast B=\frac{(\frac{x}{g}+d)}{c}$
对于每一个给定的$g$式子右侧是一个定值，当然是满足条件的值，这样问题就转化为对于每一个给定的，满足条件的$g$有多少组$(A,B)$满足条件，由于$A,B$互质，那么对于每一个式子右侧的质因子，左侧一定只有$A或B$有，那么问题就在一次转化，转化为对所有的右侧质因子，逐一分配给$A或B$ ，问分配情况总数，这其实就是一个子集问题，设质因子个数为$n$，则子集数为$2^n$，也就是总的情况数。

具体实现细节

在分析完后，我们可以清楚的知道，我们只需要枚举每一个$x$的的因子，判断它是否满足式子的条件(即上面分析过程中的几个整除条件)，满足，则计算它对答案的贡献。由于数据量之大，意味着我们需要尽可能快的处理每一组数据，这时候我们就需要进行预处理。
分析，我们在处理每组数据时候的复杂度最快是$O(\sqrt{x})$，所以我们需要$O(n)$的预处理或是接近这个速度的预处理。
对于每一个可能的数，我们需要预处理出它的质因子种类的个数，我们很容易联想到应用筛法，其中常见的两个筛法中较快的是欧拉筛，我们可以通过欧拉筛记录每个数的最小质因子，因为它在筛的过程中就是以每个数的最小质因子来筛的，所以很好联想。
但是我们又要怎么处理质因子个数呢，这其中似乎有着类似递推一样的存在，假设我们已经知道了比一个数小的所有数的质因子个数，又知道了它的最小质因子，那么我们思考，如果这个数除去最小质因子后的数中包含原来的最小质因子，那么它的质因子个数不就与除去后的数相同了吗，反之，如果不包含，个数则加一。

具体代码如下：

//#include<bits/stdc++.h> ----万能头----
#include <iostream>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<list>
#include<map>
#include<unordered_map>
using namespace std;
const int p = 1e9+7;
const int N = 2e7+5;
const int maxn = 1e5+10;
const long long INF = 1e17;
#define REP(i,n) for(int i = 1; i <= n; ++i)
#define REPA(i,j,n) for(int i = j; i <= n; ++i)
#define RREP(i,n) for(int i = n; i >= 1; --i)
#define REPR(i,j,n) for(int i = n; i >= j; --i)
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> PII;
ll n,m,t;
ll k;
ll mind[N], val[N];
vector<ll> prime;
void get_pr(){
    mind[1] = 1;//下面求质数个数的时候会用到，先不用管
    for(int i = 2; i <= N; ++i){
        if(!mind[i]){
            mind[i] = i;//质数的最小质因子为其本身
            prime.emplace_back(i);//存放质数
        }
        for(auto j : prime){//遍历之前获得每个质数
            if(j*i >= N || j > mind[i])break;//如果越界，或是当前数的质因子小于遍历的质数时跳出
            mind[i*j] = j;//记录最小质因子
        }
    }
    for(int i = 2;i <= N; ++i)//获取每个数的质因数种类的个数
    {
        int j = i/mind[i];//获取除去当前数除以最小质因子之后的数,注意mind的初始化，第一个值！！！
        val[i] = val[j]+(mind[i]!=mind[i/mind[i]]);//如果除去最小质因子后的数最小质因子还是当前数，则数量不变，反之加1
    }


}

void solve() {
    ll c,d,x;
    scanf("%lld%lld%lld",&c,&d,&x);
    ll ans = 0;
    for(int i = 1; i * i<= x; ++i){
        if(x % i != 0)continue;//如果i不是x的因子，则跳过
        int k1 = x/i + d;//i为因子的情况，但注意还有一个对称的因子
        if(k1 % c == 0)ans += 1<<val[k1/c];
        if(i * i == x)continue;//注意，如果当前因子恰好是x的平方根，我们则不能重复计算
        int k2 = i + d;//x去除以i的对称因子，即是i本身
        if(k2 % c == 0)ans += 1<<val[k2/c];
    }

    cout<<ans<<'\n';//这个每组测试的复杂度就成了根号x
}


int main() {
    //ios::sync_with_stdio(0);
    //cin.tie(0);
    //cout.tie(0);

    freopen("in.txt","r",stdin);
    freopen("out.txt","w",stdout);

    get_pr();//init,precalculate
    scanf("%lld",&t);
    while(t--)
        solve();

    fclose(stdin);
    fclose(stdout);

}