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"爆int, 爆int, 你就会爆int了是吧"
还是挺难的一道题
具体思路就是通过求出b1的所有约数, 然后看看其中有几个满足gcd(a0, x) == a1 && lcm(b0, x) == b1的数x
通过上一题其实可以求出来, 在int范围内一个数的约数数量最多只有1600个
lcm可以通过 a * b / gcd(a, b)的方式求出来, gcd的时间复杂度是O(logn) (实际上很小, 可以估计为10以内的常数)
也就是说判断一个约数是否满足条件只需要1600 * logn的时间即可, 一共2k个数据, 判断约数最多最多也就3e6 * logn
这里的logn会在10以内, 总体也就是3e7左右, 看起来很大但实际上每个数的约数数量远不到1600, gcd的logn非常小
实际运行很快
那么问题就来到了找b1约数上了
我们可以通过分解b1的质因数, 通过质因数拼凑出所需要的约数(因为最多也就1600个约数, 直接dfs就行, 因为最多搜1600次)
那么问题就到了分解b1的质因数上了
因为朴素分解质因数是O(sqrt(n))的时间这里也就是5e4乘上2000 大概1e8大概率直接爆掉
所以要优化一下, 这里只枚举质数即可, 时间上就会从O(sqrt(n)) 变成O(sqrt(n) / ln(sqrt(n))) ([1, n]内大约有n / lnn个质数 —— 质数定理)
时间上呢?拿计算器算一下sqrt(n)大概是5e4, ln(5e4) 大概是10 那么时间就会变成 5e4 / 10 * 2000 = 1e7 这个就稳多了
大概优化了10倍, 就可以过掉了
然后问题就到了怎么求质数了
我们朴素分解质因数只会用到1 - sqrt(n)的数, 那么质数的话就是1 - sqrt(n)内的质数
sqrt(n) 约等于 5e4很快可以过掉
至此本题结束
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#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 10001, M = 50010, K = 2e9;
int n;
int primes[M], cnt, cnts; // 线性筛使用
bool st[M];
PII ans[10]; // 每个b1分解的质因数及其个数, 不同的质因数最多只有9个
int ys[1601], ycnt; // 约数 最多1600个
int gcd(int a, int b)
{
return a ? gcd(b % a, a) : b;
}
int lcm(int a, int b)
{
return 1ll * a * b / gcd(a, b); // 这里可能会爆int, 藏的很深
}
int qmi(LL a, int k)
{
int res = 1;
while (k)
{
if (k & 1) res *= a;
a *= a;
k >>= 1;
}
return res;
}
void dfs(int u, int sum) // 求出约数 有一说一 这种方式求真的好好用
{
if (u > cnts)
{
ys[ ++ ycnt] = sum;
// cout << sum << endl;
return ;
}
for (int i = 0; i <= ans[u].y; i ++ ) // 注意是ans[u], 不是ans[i]
dfs(u + 1, sum * qmi(ans[u].x, i)); // 这里是i次幂不要搞错了
}
void init(int n)
{
for (int i = 2; i <= n; i ++ ) // 筛出用到的质数
{
if (st[i] == 0) primes[ ++ cnt] = i; // , cout << i << endl;
for (int j = 1; primes[j] <= n / i; j ++ )
{
st[primes[j] * i] = true;
if (i % primes[j] == 0) break;
}
}
}
int main()
{
int T;
cin >> T;
init(M - 1);
while (T -- )
{
int x, y, a, b, n;
scanf("%d%d%d%d", &x, &y, &a, &b);
cnts = 0;
ycnt = 0;
n = b; // 这里不能直接用b, 因为下面还会用到b, (分解n的质因数会消掉n)
for (int i = 1; primes[i] <= n / primes[i]; i ++ ) // 分解质因数 2e9也就用到sqrt(2e9)里面的质数, 后面的质数可以和前面的一一对应, 所以只用前1e5个质数就足够了
{
int v = primes[i];
if (n % v == 0) // 朴素分解质因数板子, 不过这里通过只筛质数, 优化了一下
{
int s = 0;
cnts ++ ;
while (n % v == 0) n /= v, s ++ ;
ans[cnts] = {v, s};
}
} // 为什么可以通过dfs暴力求质数? 在int范围内的数, 最多可以分出9个不同的质因数emm, 而b的约数可以通过它的质因数拼凑出来, 就可以了
if (n != 1) ans[ ++ cnts] = {n, 1};
dfs(1, 1);
int res = 0;
for (int i = 1; i <= ycnt; i ++ )
{
int k = ys[i];
if (gcd(x, k) == y && b == lcm(a, k)) res ++ ; // 虽然k是b的约数, 但是它和a的最小公倍数不一定是b, lcm(4, 6) == 12, 6是12的约数, but, lcm(6, 6) == 6
}
printf("%d\n", res);
}
return 0;
}
