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;
}