AcWing 1294. 樱花

$AcWing$ $1294$. 樱花

一、题目描述

给定一个整数 $n$，求有多少正整数数对 $(x,y)$ 满足 $\large \frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{n!}$

输入格式
一个整数 $n$。

输出格式
一个整数，表示满足条件的数对数量。

答案对 $10^9+7$ 取模。

数据范围
$1≤n≤10^6$

输入样例

2

输出样例

3

样例解释
共有三个数对 $(x,y)$ 满足条件，分别是 $(3,6),(4,4),(6,3)$。

二、解题思路

做了这题，感觉这类题目的大多数分析过程都是这样的:

• 求有多少对整数对$(x,y)$满足一条方程，则方程一定存在解，将$y$转换为关于$x$的表示式，再根据$y$的约数条件，求出$(x,y)$的匹配数，即一个$x$对应一个$y$

1、确定$x,y$范围

$$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{n!}$$

∵$x,y∈Z^+$
∴$x>n!$ $y>n!$ 小学数学知识~

2、推表达式

转换为$y$的表示式

$$\frac{x+y}{xy}=\frac{1}{n!}$$

变形

$$xn!+yn!=xy$$

继续变形

$$xn!=y(x-n!)$$

$$y=\frac{xn!}{x-n!}$$

经典的变形技巧：

$$y=\frac{(x-n!+n!)n!}{x-n!}$$

$$y=\frac{(x-n!)n!+n!^2}{x-n!}$$

$$y=n! + \frac{n!^2}{x-n!}$$

因为上面已经证明了$x-n!>0$的，所以要想$y$有正整数解，则必然需要

$$(x-n!)|n!^2$$

换句话说，就是$n!^2$有多少个约数，就有相应的正整数$x$,也就有一个对应的$y$。
如果我们能够求得$n!^2$的约数个数，也就是${x,y}$的匹配对数。

3、阶乘分解质因数

参考 $Acwing197$. 阶乘分解 的方法

• 先筛出$n$以内的质数
• 计算每个质数因子出现的次数

 for (int i = 0; i < cnt; i++) {
        int p = primes[i];
        int s = 0;
        for (int j = n; j; j /= p) s += j / p;
        printf("%d %d\n", p, s);
    }

4、约数个数

求$n!^2$一共有多少个约数
假设 $$n!=P_1^{c_1} \times P_2^{c_2}\times ...\times P_k^{c_k}$$
则$$n!^2=P_1\times P_2^{2c_2}\times ...\times P_k^{2c_k}$$

根据约数个数定理
知道约数的个数是$(2c_1+1)\times (2c_2+1)\times …\times (2c_k+1)$

5、时间复杂度 $O(n)$

三、实现代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'
const int MOD = 1e9 + 7;

// 欧拉筛
const int N = 1e6 + 10;
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;
        }
    }
}

signed main() {
    int n;
    cin >> n;

    // 步骤1:筛质数
    get_primes(n);

    // 步骤2：阶乘质因子分解
    int res = 1;
    for (int i = 0; i < cnt; i++) {
        int p = primes[i];
        int s = 0;
        for (int j = n; j; j /= p) s += j / p;

        // 步骤3：约数个数公式
        res = res * (2 * s + 1) % MOD;
    }
    cout << res << endl;
}