CF1822G2 - Magic Triples

比较好的题目，别的不说，G1 对 G2 有着不错的启发性。

首先，因为 $b>0,a_k\le {10}^9$，所以 $b$ 不可能超过 $\sqrt{a}$

考虑对 $b$ 分类讨论，设置一个阈值 $B$，先处理 $b=1$ 的情况，其实就是取三个相同的数然后排列，可以比较简单的排序之后做到 $O(n)$。

接着手写一个哈希表用来存所有 $a_i$ 出现次数。

然后考虑 $1<b\le B$，这种情况下我们可以遍历枚举 $i$，然后在哈希表中查询 $b{a}_i$ 和 $b^2{a}_i$ 出现的次数乘起来，注意不要乘上 $a_i$ 出现的次数，因为每个 $a_i$ 都会贡献一次。

然后分析 $b>B$ 的情况，我们发现这时候因为 $a_k\le {10}^9$，所以 $a_j\le {10}^9/B$，那么我们就先枚举 $a_j$，然后对于满足条件的 $a_j$ 枚举因子作为 $b$，一共有大约 $\sqrt{{10}^9/B}$ 个。对于其所有大于 $b$ 的因子，都尝试将其作为 $b$，找到 $a_i/b$ 和 $b{a}_i$ 的出现次数乘起来即可。

记 $B$ 为对 $b$ 分治的长度，复杂度为 $O(nB+n\sqrt{{\displaystyle \frac{a_{max}}{B}}})$

此时取 $B=a_{max}^{1/3}=1000$ 最优，足以通过此题。

const int N=200005,A=1000000000,B=1000;
ll n,a[200005];
struct hash_table{
	#define S 19198100
	vector<int>used;
	int sz=0,hd[S+5],id[N],nxt[N],w[N];
	inline void ins(int k){
		int u=k%S;
		for(int i=hd[u];i;i=nxt[i])if(id[i]==k)return (void)(w[i]++);
		++sz,nxt[sz]=hd[u],w[sz]=1,id[sz]=k,hd[u]=sz;
		used.push_back(u);
	}
	inline int qry(int k){
		for (int i=hd[k%S];i;i=nxt[i])if(id[i]==k)return w[i];
		return 0;
	}
	inline void flush(){
		sz=0;
		for(int i:used)hd[i]=0;
		used.clear();
	}
}h;
inline void solve(){
	cin>>n;
	rp(i,n)cin>>a[i];
	h.flush();
	rp(i,n)h.ins(a[i]);
	ll ans=0;
	map<ll,ll>mp;
	rp(i,n)mp[a[i]]++;
	for(auto i:mp)ans+=i.second*(i.second-1)*(i.second-2);
	rep(i,2,B){
		rp(j,n)if(a[j]*i*i<=A){
			ans+=h.qry(a[j]*i)*h.qry(a[j]*i*i);
		} 
	}
	rep(i,1,n)if(a[i]<=A/B){
		for(ll j=1;j*j<=a[i];j++)if(a[i]%j==0){
			if(a[i]*j<=A&&j>B)ans+=h.qry(a[i]/j)*h.qry(a[i]*j);
			if(a[i]*(a[i]/j)<=A&&a[i]/j>B)ans+=h.qry(j)*h.qry(a[i]*(a[i]/j));
		}
	}cout<<ans<<endl;
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	int t;
	cin>>t;
	rd(_,t)solve();
	return 0;
}
//Crayan_r

这个做法看上去比较优美，但你仔细一想它还是有那么一丝神头鬼脸。毕竟如果不出这个 G1，就很难把 ${10}^3$ 和 ${10}^6$ 想到，而这个看上去就带着一丝 nt 的数据范围偏偏就是卡满了的 $2\cdot {10}^8$，你不拿这个 $a^{1/3}$，拿个什么 $a^{1/4}$ 上去分析都要当场 GG。

那么就平心而论，续写这个还不完美的句号。

我们发现，最大数其实就是 $b^2{a}_i$。

考虑为什么我们可以根号枚举因子，因为两数相乘为 $a$ 必有一个数小于等于 $\sqrt{a}$。而现在是三个数相乘，则其中的最小数就必然小于等于 $\sqrt[3]{a}$。我们就考虑对当前的 $a$ 枚举这个最小数 $c$。

每出来一个数之后，我们先尝试拿它做 $b$，为了不重复算，我们不算 $a/b/b<b$ 的情况。然后就是用 $a/b$ 和 $a/b/b$ 进行贡献。

接着尝试拿他做 $a_i$，直接对 $a/c$ 开方，注意接着要判断是否恰好乘起来是 $a$，然后如果 $\sqrt{a/c}<c$，就直接用 $\sqrt{a/c}$ 和 $\sqrt{a/c}\ast c$ 贡献一次。也就可以了。

const int N=200005,A=1000000000,B=1000;
ll n,a[200005];
struct hash_table{
	#define S 19198100
	vector<int>used;
	int sz=0,hd[S+5],id[N],nxt[N],w[N];
	inline void ins(int k){
		int u=k%S;
		for(int i=hd[u];i;i=nxt[i])if(id[i]==k)return (void)(w[i]++);
		++sz,nxt[sz]=hd[u],w[sz]=1,id[sz]=k,hd[u]=sz;
		used.push_back(u);
	}
	inline int qry(int k){
		for (int i=hd[k%S];i;i=nxt[i])if(id[i]==k)return w[i];
		return 0;
	}
	inline void flush(){
		sz=0;
		for(int i:used)hd[i]=0;
		used.clear();
	}
}h;
inline void solve(){
	cin>>n;
	rp(i,n)cin>>a[i];
	h.flush();
	rp(i,n)h.ins(a[i]);
	ll ans=0;
	sort(a+1,a+1+n);
	vt<pll>v;
	rp(i,n){
		if(!v.size()||v.back().first!=a[i])v.pb({a[i],1});
		else v.back().second++;
	}
	for(auto ix:v){
		ll f=ix.first,c=ix.second;
		ans+=c*(c-1)*(c-2);
		for(ll b=1;b*b*b<=f;b++)if(f%b==0){
			if(b>1&&f%(b*b)==0){
				if(f/(b*b)<b)continue;
				ans+=c*h.qry(f/b)*h.qry(f/(b*b));
			}
			ll k=(ll)sqrt(f/b);
			if(b<k&&b*k*k==f){
				ans+=c*h.qry(b*k)*h.qry(b);
			}
		}
	}cout<<ans<<endl;
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	int t;
	cin>>t;
	rd(_,t)solve();
	return 0;
}