【题解】A23329.等差数列计数

题目描述

首先根据题目要求，给定一个等差数列的首项 $t_{1}$ 和这个等差数列的末项 $t_{n}$ ，问符合这个形式的等差数列的数量。

例如，对于第一个 $Testcase$ ，当 $t_{1}$ 为 $1$ ， $t_{n}$ 为 $9$ 时，可行的等差数列方案数有四个，分别为以下所示：

$S = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}$
$S = {1, 3, 5, 7, 9}$
$S = {1, 5, 9}$
$S = {1, 9}$

思路分析

我们知道，等差数列的公差数量就是这个等差数列的可行方案数，即有多少种不同的公差方案，就可以构造出多少种不同的等差数列。因此通过分析题意，我们可以将问题更细致地转换为 已知等差数列的首项和尾项，求出这个等差数列公差的可行方案数。所以对于本题而言，我们只需要求出有多少个公差就可以了。

显然本题的就引刃而解了，我们只需要求出这个等差数列首项和末项的差的绝对值，即 $d i f f = | t_{n} - t_{1} |$ 。然后我们只需要求出 $d i f f$ 的因数个数即可。 $d i f f$ 的因数就是可行的因数方案（详细证明过程见下文）。

例如，当 $t_{1}$ 为 $1$ ， $t_{n}$ 为 $9$ 时， $d i f f = | 9 - 1 | = 8$ 。 $8$ 的因数有四个，分别是 ${1, 2, 4, 8}$ ，因此当这个等差数列首项为 $1$ ，末项为 $9$ 时，可行的等差数列方案应为四个。

结论证明

通过等差数列公式，我们可以将等差数列的首项和末项通过公式联立起来，得到 $t_{n} = t_{1} + (n - 1) \times d$ ，其中 $n$ 表示等差数列的项数， $d$ 表示等差数列的公差。

由于我们想要求解所有的因数个数，因此我们将通过移项的操作将 $d$ 放到等式左边，将其余的量都放到等式右边。得到：

\begin{matrix} (1) & \begin{aligned} t_{n} - t_{1} & = (n - 1) \times d \\ d & = \frac{t_{n} - t_{1}}{n - 1} \end{aligned} \end{matrix}

由于等差数列的性质， $n - 1$ 必须为非负整数（等差数列的长度不能 $0$ ）。或者根据等差数列的另一个性质，如果首项和末项的差为负数，那么公差也必须为负数，反之亦然。因此也可以推导出 $n - 1$ 必须是非负整数。

为了方便起见，我们将 $n - 1$ 看作为一个整体，另 $Δ t = n - 1$ 。将该整体代入方程后即可得到 $d = \frac{t_{n} - t_{1}}{Δ t}$ 。为了使 $d$ 是一个整数，因此 $t_{n} - t_{1}$ 必须是 $Δ t$ 的倍数。因此我们只需要通过枚举上述方程，计算 $t_{n} - t_{1}$ 所有的因数数量就可以得到本问题的解。

AC 代码

以下是本题的 AC 代码。需要注意的是，由于本题的数据量比较大，因此在判断因数的过程中需要优化算法（与判断质数类似），这样子算法就可以在 $O (\sqrt{n})$ 的时间内完成枚举，不至于超时：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;

int t, a, b;

signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cin >> t;
    while(t--){
        cin >> a >> b;
        int change = abs(b - a), cnt = 0;
        for (int i=1; i*i<=change; i++){
            if (change % i == 0){
                if (i*i != change) cnt += 2;
                else cnt += 1;
            }
        }
        cout << cnt << endl;
    }
    return 0;
}