AcWing 200. Hankson的趣味题

$AcWing$ $200$. $Hankson$的趣味题

和 这道题 是姊妹题关系，套路应该是一样的，无脑的写代码：

一、题目描述

$Hanks$ 博士是 $BT$（$Bio-Tech$，生物技术）领域的知名专家，他的儿子名叫 $Hankson$。

现在，刚刚放学回家的 $Hankson$ 正在思考一个有趣的问题。

今天在课堂上，老师讲解了如何求两个正整数 $c_1$ 和 $c_2$ 的最大公约数和最小公倍数。

现在 $Hankson$ 认为自己已经熟练地掌握了这些知识，他开始思考一个 求公约数 和 求公倍数 之类问题的 逆问题，这个问题是这样的：

已知正整数 $a_0,a_1,b_0,b_1$，设某未知正整数 $x$ 满足：

• $x$ 和 $a_0$ 的最大公约数是 $a_1$
• $x$ 和 $b_0$ 的最小公倍数是 $b_1$

$Hankson$ 的 逆问题 就是求出满足条件的正整数 $x$。

但稍加思索之后，他发现这样的 $x$ 并不唯一，甚至可能不存在。

因此他转而开始考虑如何求解满足条件的 $x$ 的个数。

请你帮助他编程求解这个问题。

输入格式
输入第一行为一个正整数 $n$，表示有 $n$ 组输入数据。

接下来的 $n$ 行每行一组输入数据，为四个正整数 $a_0，a_1，b_0，b_1$，每两个整数之间用一个空格隔开。

输入数据保证 $a_0$ 能被 $a_1$ 整除，$b_1$ 能被 $b_0$ 整除。

输出格式
输出共 $n$ 行。

每组输入数据的输出结果占一行，为一个整数。

对于每组数据：若不存在这样的 $x$，请输出 $0$；

若存在这样的 $x$，请输出满足条件的 $x$ 的个数；

数据范围
$1≤n≤2000,1≤a_0,a_1,b_0,b_1≤2∗10^9$

输入样例：

2
41 1 96 288
95 1 37 1776

输出样例：

6
2

二、前置知识

以下性质，都是定义在整数范围内：

1、哪个数的约数最多，多少个？

其实就是求 反素数 这个题，共$1600$个。这个$1600$需要进行记忆，有很多题在定义上限时需要用到。

2、$1 \sim N$中任何数的不同质因子 个数 不会超过$9$个

因为$2×3×5×7×11×13×17×19×23×29>2×10^9$:
一个数，它可以有很大的质数因子，但不同的质数因子个数，按最小的计算都无法超过$9$个，大点的就更不可能超过$9$个了，否则就超过了INT_MAX

3、枚举小质数因子需要到的上限值

  cout << sqrt(INT_MAX) << endl;

输出:46341,所以，一般开数组开到50000足够~

4、枚举最大公约数的倍数

枚举$a_1$的倍数
$TLE$ $6/11$个数据

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

// 最大公约数
int gcd(int x, int y) {
    return y ? gcd(y, x % y) : x;
}

// 最小公倍数
int lcm(int x, int y) {
    return y / gcd(x, y) * x; // 注意顺序，防止乘法爆int
}

int main() {
    // 输入
    int n;
    cin >> n;
    // 最大2000次噢
    while (n--) {
        /*
        读入四个数字
        x 和 a0 的最大公约数是 a1
        x 和 b0 的最小公倍数是 b1
        */
        int a0, a1, b0, b1;
        cin >> a0 >> a1 >> b0 >> b1;
        // 每次记数器清0
        int cnt = 0;
        // 枚举a1的所有倍数
        for (int x = a1; x <= b1; x += a1)
            if (gcd(x, a0) == a1 && lcm(x, b0) == b1) cnt++;

        printf("%d\n", cnt);
    }
    return 0;
}

5、枚举最小公倍数的约数

思考了下，为什么遍历倍数会大面积的$TLE$呢？
下载了测试点$2$的数据:

2000
21222 2 999993719 1999987438
9034 2 999978442 1999956884
24921 1 999975441 1999950882
...

$b_1$很大，接近$2e9$，$a_1$很小，比如$1,2$,这样的极限数值，如果用在枚举倍数的时候，就会循环接近$2e9$次，不$tle$才是奇迹！说白了，就是出题人故意造成了些数据 卡掉了枚举倍数方法，铁了心 让我们使用枚举约数的方法。

同时，我们也认识到，枚举约数可以只运算到$1\sim \sqrt{b_1}$,数据量并不大，性能有保障，以后还是记住套路，尽量枚举最小公倍数的约数，这样更靠谱些。

时间复杂度： $O(n\sqrt{b_1})$

由于 $[x,b_0]=b_1$，因此 $x$ 一定是 $b_1$ 的约数。
所以我们可以枚举 $b_1$ 的所有约数，然后依次判断是否满足 $[x,b_0]=b_1$ 以及 $(x,a_0)=a_1$ 即可。

如果直接用试除法求 $b_1$ 的所有约数，那么总计算量是
$n \sqrt{b_1}=2000∗ \sqrt{2×10^9}≈10^8$，会有一个测试数据超时。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

// 最大公约数
int gcd(int a, int b) {
    return b ? gcd(b, a % b) : a;
}

// 最小公倍数
int lcm(int a, int b) {
    return b / gcd(a, b) * a; // 注意顺序，防止乘法爆int
}

int main() {
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        int ans = 0, a0, a1, b0, b1;
        cin >> a0 >> a1 >> b0 >> b1;
        /*
            读入四个数字
            x 和 a0 的最大公约数是 a1
            x 和 b0 的最小公倍数是 b1
        */
        for (int i = 1; i * i <= b1; i++) {                  // 枚举b1的所有约数
            if (b1 % i) continue;                            // 是因数
            if (gcd(i, a0) == a1 && lcm(i, b0) == b1) ans++; // 因数i符合要求
            int j = b1 / i;                                  // 另一个因子
            if (gcd(j, a0) == a1 && lcm(j, b0) == b1 && i != j) ans++;
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}

五、优化思路

上面的代码，之所以最后两个测试点$TLE$,根本的原因在于$1 \sim \sqrt{n}$的因数试除！
有的不可能的因数，也进行了试除，需要$O(\sqrt{N})$的时间复杂度，这个是慢的原因。

注:好神奇，$2023$年$11$月$14$日再次看这道题时，发现上面的代码就可以直接$AC$了，不需要再优化了~

下面尝试对这个$O(\sqrt{n})$的算法想办法进行优化：

那么我们应该如何 快速求出$n$的所有约数 ？

• ① 欧拉筛 筛出$1\sim 50000$之间的所有质数（因为$50000^2>2×10^9$）

• ② 利用上面的所有质数数组，将$b1$分解质因数,生成$b1$质数因数有哪些，并且，每个质数因数有几个

  for (int i = 0; primes[i] <= t / primes[i]; i++) {
      int p = primes[i];
      if (t % p == 0) {
          int s = 0;
          while (t % p == 0) t /= p, s++;
          f[fl++] = {p, s}; //记录小质数因子和个数
      }
  }
  

• ③ 现在得到的只是质数因子的信息，并不是我们想要的约数信息，还需要进行转化，怎么转化呢？使用$dfs$!
  举个栗子：$24=2^3*3^1$，约数有$(1,2,3,4,6,8,12,24)$，可以视为

  • $1 = 2^0 * 3^0$
  • $2= 2^1 * 3^0$
  • $3=2^0*3^1$
  • $4=2^2*3^1$
  • $6=2^1*3^1$
  • $8=2^3*3^0$
  • $12=2^2*3^1$
  • $24=2^3*3^1$
    我们用$dfs$方式枚举所有的组合情况，就可以得到$24$的所有约数数组！

/**
功能：根据分解完成的质数因子数组 获取 所有约数
u：走到已经求出的质数因子数组f面前，现在是第u个
p: 已经拼接完成的的约数，初始值是1,是0的话没法通过质数因子相乘得到结果，base=1
*/
void dfs(int u, int p) {
    if (u == fl) {   // 如果所有质数因子遍历完成 0~fl-1是所有质因子的下标
        d[dl++] = p; // 约数又多了一个
        return;
    }

    // 枚举当前质数因子f[u]使用几个,最少是0个，最多是f[u].count个
    for (int i = 0; i <= f[u].count; i++) {
        dfs(u + 1, p);
        p *= f[u].prime; // 这两句话用的太漂亮了，完美的模拟了要0个，要1个，要2个...牛B plus!
    }
}

$Code$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 50010;
typedef long long LL;

struct Node {
    int prime; // 质数因子
    int count; // 个数
} f[10];       // 一维：哪个质数因子，二维：有几个 f:因子
// 根据经验， primes[]={2,3,5,7,11,13,17,19,23}足够分解INT_MAX,共9个就够了
int fl; // 配合数组使用的游标

int d[1610], dl; // 约数数组,约数数组游标 d:约数
// 根据经验INT_MAX中约数个数最多的是1600个,开1610足够。

// 欧拉筛
int primes[N], cnt; // primes[]存储所有素数
bool st[N];         // st[x]存储x是否被筛掉
void get_primes(int n) {
    memset(st, 0, sizeof st);
    cnt = 0;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!st[i]) primes[cnt++] = i;
        for (int j = 0; primes[j] * i <= n; j++) {
            st[primes[j] * i] = true;
            if (i % primes[j] == 0) break;
        }
    }
}

// 最大公约数，辗转相除法
int gcd(int a, int b) {
    if (b == 0) return a;
    return gcd(b, a % b);
}

// 最小公倍数
int lcm(int a, int b) {
    return b / gcd(a, b) * a; // 注意顺序，防止乘法爆int
}

/**
 功能：根据分解完成的质数因子数组 获取 所有约数
 u：走到已经求出的质数因子数组f面前，现在是第u个
 p: 已经拼接完成的的约数，初始值是1,是0的话没法通过质数因子相乘得到结果，base=1
 */
void dfs(int u, int p) {
    if (u == fl) {   // 如果所有质数因子遍历完成 0~fl-1是所有质因子的下标
        d[dl++] = p; // 约数又多了一个
        return;
    }

    // 枚举当前质数因子f[u]使用几个,最少是0个，最多是f[u].count个
    for (int i = 0; i <= f[u].count; i++) {
        dfs(u + 1, p);
        p *= f[u].prime; // 这两句话用的太漂亮了，完美的模拟了要0个，要1个，要2个...牛B plus!
    }
}

int main() {
    get_primes(50000); // 求小的质数因子，sqrt(INT_MAX)<50000,开50000很保险

    int n;
    cin >> n;
    while (n--) {
        /*
            读入四个数字
            x 和 a0 的最大公约数是 a1
            x 和 b0 的最小公倍数是 b1
        */
        int a0, a1, b0, b1;
        cin >> a0 >> a1 >> b0 >> b1;

        fl = 0;     // 多组数据，每次注意清零
        int t = b1; // 拷贝出来，一直除到没有为止

        // 枚举b1的每个质数小因子
        for (int i = 0; primes[i] <= t / primes[i]; i++) {
            int p = primes[i];
            if (t % p == 0) {
                int s = 0;
                while (t % p == 0) t /= p, s++;
                f[fl++] = {p, s}; // 记录小质数因子和个数
            }
        }

        // 如果存在大的质因子，那么最多只有一个，比如2*7=14中的7,此时t=7
        // 也可能b1本身就是一个质数，比如131,那么此时t=131
        if (t > 1) f[fl++] = {t, 1}; // 记录到质数数组中

        // 现在求出的是b1的所有质数因数，题目要求的是约数,利用dfs通过质数因子获取所有约数
        dl = 0;    // 多组测试数据，也清一下零吧！
        dfs(0, 1); // 一次dfs，将质数因子数组  转换 约数数组,p的默认值是1

        int res = 0;                   // 答案数量
        for (int i = 0; i < dl; i++) { // 枚举所有约数
            int x = d[i];              // 判断是不是符合题意
            if (gcd(a0, x) == a1 && lcm(b0, x) == b1) res++;
        }
        // 输出结果
        printf("%d\n", res);
    }

    return 0;
}