HDU 4497 GCD and LCM（数论+容斥原理）

GCD and LCM

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Problem Description

Given two positive integers G and L, could you tell me how many solutions of (x, y, z) there are, satisfying that gcd(x, y, z) = G and lcm(x, y, z) = L?
Note, gcd(x, y, z) means the greatest common divisor of x, y and z, while lcm(x, y, z) means the least common multiple of x, y and z.
Note 2, (1, 2, 3) and (1, 3, 2) are two different solutions.

 

 

Input

First line comes an integer T (T <= 12), telling the number of test cases.
The next T lines, each contains two positive 32-bit signed integers, G and L.
It’s guaranteed that each answer will fit in a 32-bit signed integer.

 

 

Output

For each test case, print one line with the number of solutions satisfying the conditions above.

 

 

Sample Input

2 6 72 7 33

 

 

Sample Output

72 0

 

 

Source

2013 ACM-ICPC吉林通化全国邀请赛——题目重现

 

 

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题目大意：
　　求gcd（x,y,z)=G且lcm（x,y,z）=L的方法数。
题目分析：
　　起初这道题一点想法都没有。。看了题解才有些想法。
　　首先如果L不能被G整除的话，这样的组合一定不存在。
　　当这样的组合存在的时候，所求与　　求gcd（x,y,z）=1且lcm（x,y,z)=L/G的方法数是等价的。
　　那么：令temp=L/G。
　　对temp进行素数分解：temp=p1^t1 * p2^t2 * ……* pn^tn。
　　因为temp是这三个数的倍数，因而x，y，z的组成形式为：
　　x=p1^i1 * p2^i2 *…… * pn^in;
　　y=p1^j1 * p2^j2 *…… * pn^jn;
　　z=p1^k1 * p2^k2 * …… * pn^kn;
　　对于某一个素因子p：

　　　　　　　　　　因为要满足x，y，z的最大公约数为1，即三个数没有共同的素因子，所以min(i,j,k)=0。
　　　　　　　　　　又因为要满足x，y，z的最小公倍数为temp，即p^t必然要至少存在一个，所以max(i,j,k)=t。
　　　　　　　　　　换言之：至少要有一个p^t，以满足lcm的要求；至多有两个包含p，以满足gcd的要求。
　　　　　　　　　　因而基本的组合方式为（0，p^t，p^k）,k=0-->t。
　　　　　　　　　　而因为（1，2，3）和（2，1，3）是不同的方法，所有满足要求的方法中，除了（0，0，t）和（0，t，t）
                     各有3种排列之外，其余都有6种排列。
　　　　　　　　　　对于某一个素因子p总的方法数为6*（t-1）+2*3=6*t。
　　在根据组合排列的知识，素数与素数之间是分步的关系，因而总的方法数为：6*（t1+t2+……+tn）

 

对于某个r，i、j、k里面一定有一个是r，并且一定有一个是0，所以i,j,k有一下3种情况：

r 0 0 ，有C(3,1)种
r 0 r ，有C(3,1)种
r 0 1~r-1 ，有(r-1)*A(3,3)种

所以一共是6*r种。

 

题外话（2个的时候）：给你gcd(a,b)和lcm(a,b)，让你找最小的a和b。

因为(a*b)/gcd=lcm.那么(a/gcd*b/gcd)*gcd=lcm因此(a/gcd*b/gcd)=lcm/gcd。题目即可转换为把lcm/gcd分解成两个互质的数

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <algorithm>
int map[6000];
int n, m, sum;
int main()
{
    int i, j, k, sum;
    scanf("%d", &k);
    while (k--)
    {
        scanf("%d%d", &n, &m);
        if (m%n)
        {
            printf("0\n");
            continue;
        }
        memset(map, 0, sizeof(map));
        m = m / n; 
        j = 0;
        for (i = 2; i*i <= m; i++)//分解质因数m,i<sqrt(m)
        {
            if (m%i == 0)
            {
                while (m%i == 0)
                {
                    map[j]++;
                    m = m / i;
                }
                j++;
            }
        }
        if (m != 1)
            map[j++] = 1;
        //样例6,72，m为12，分解为2个2，1个3,（6*2）*（6*1）
        sum = 1;
        for (i = 0; i<j; i++)
            sum = sum * 6 * map[i];
        printf("%d\n", sum);
    }
    return 0;
}