AT_abc292_c [ABC292C] Four Variables

这是一个经典的组合计数问题。我们可以通过将原方程 \(AB + CD = N\) 拆解为两个部分来降低复杂度。

解题思路

1. 拆分方程：

   令 \(X = AB\) 且 \(Y = CD\)。由于 \(A, B, C, D\) 都是正整数（\(\ge 1\)），那么 \(X \ge 1\) 且 \(Y \ge 1\)。

   原方程变为 \(X + Y = N\)。

2. 枚举 \(X\)：

   我们可以遍历 \(X\) 从 \(1\) 到 \(N-1\)。对于每一个确定的 \(X\)，其对应的 \(Y\) 也就确定了，即 \(Y = N - X\)。

3. 计算约数个数：

   对于一个确定的 \(X\)，满足 \(AB = X\) 的正整数对 \((A, B)\) 的数量，实际上就是 \(X\) 的约数个数（记作 \(f(X)\)）。

   同理，满足 \(CD = Y\) 的正整数对 \((C, D)\) 的数量就是 \(f(Y)\)。

4. 统计答案：

   对于每一个 \(X\)，满足条件的四元组数量为 \(f(X) \times f(N-X)\)。

   总答案即为 \(\sum_{X=1}^{N-1} f(X) \times f(N-X)\)。

5. 预处理：

   由于 \(N\) 最大为 \(2 \times 10^5\)，我们可以使用类似素数筛法的 \(O(N \log N)\) 算法预处理出 \(1\) 到 \(N\) 之间所有数的约数个数。

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C++ 代码实现

#include <iostream>
#include <vector>

using namespace std;

int main() {
    // 优化输入输出效率
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);

    int N;
    if (!(cin >> N)) return 0;

    // f[i] 表示正整数 i 的约数个数
    // 根据约束条件，N 最大为 200,000
    vector<long long> f(N + 1, 0);

    // 预处理 1 到 N 的所有约数个数
    // 时间复杂度为 O(N + N/2 + N/3 + ... + 1) = O(N log N)
    for (int i = 1; i <= N; ++i) {
        for (int j = i; j <= N; j += i) {
            f[j]++;
        }
    }

    long long ans = 0;

    // 枚举 X = AB，范围从 1 到 N-1
    // 那么 Y = CD = N - X
    for (int X = 1; X < N; ++X) {
        int Y = N - X;

        // AB = X 的组合数有 f[X] 种
        // CD = Y 的组合数有 f[Y] 种
        // 根据乘法原理，当前 X 下的组合总数为 f[X] * f[Y]
        ans += f[X] * f[Y];
    }

    // 输出最终结果
    cout << ans << endl;

    return 0;
}

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复杂度分析

• 时间复杂度：\(O(N \log N)\)。预处理约数个数的过程类似于埃氏筛，耗时约为 \(N(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{N})\)，即调和级数求和。最后的遍历过程为 \(O(N)\)。
• 空间复杂度：\(O(N)\)。我们需要一个大小为 \(N\) 的数组来存储每个数的约数个数。

关键点提示

• 数据类型：题目提示答案可能达到 \(9 \times 10^{18}\)，因此存储答案的变量 ans 必须使用 long long 类型。
• 约数计算：虽然可以使用 \(O(\sqrt{X})\) 的方法对每个数求约数，但在循环中重复计算会导致总复杂度达到 \(O(N \sqrt{N})\)，对于 \(2 \times 10^5\) 的数据量可能会超时，因此预处理是更稳妥的选择。