Split Divisibilities (Project Euler 598)
2024-09-04 14:11:39
题目大意:
求将$100!$ 拆成$a*b$的方案数,其中$a<=b$并且它们的约数个数一样多。
思路:
先将$100!$质因数分解, 结果如图:
首先想到一个暴力DP, dp[i][j][k]表示考虑完前i个质数, 目前a有j个约数,b有k个约数的方案数。 用map保存状态。
答案就是sum(dp[25][j][j]).
但是状态数会很多(大概有1e8个状态),所以考虑 中途相遇法。 对前3个质数做一次DP, 然后对后面22个质数做一次DP。
最后答案就是 sum (dp1[3][i1][j1] * dp2[22][i2][j2]) 条件是 i1 * i2 = j1 * j2. 即 i1 / j1 = j2 / i2 .
一个优化是只保存 j和k互质的状态。 然后 最后 答案的时候 枚举 i1,j1, 在 dp2中 查找 j2 / i2 = i1 / j1的点 。
因为a<=b,所以最后答案还需要除以2.
代码:
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <set>
#include <cstring>
#include <map>
#include <queue>
using namespace std; typedef long long ll;
#define N 10000000
#define M 1100
typedef pair<int,int> pii; bool flag[N];
int p[N],phi[N]; struct node
{
ll x,y;
bool operator < (const node &t)const
{
return y*t.x<x*t.y;
}
node (ll _x = , ll _y = ){x = _x; y = _y;}
}; map<node, ll> mp; ll Gcd(ll x, ll y)
{
ll tmp;
while (y)
{
tmp = x % y;
x = y, y = tmp;
}
return x;
} void Get_Primes(int lim)
{
phi[]=;
for (int i=;i<=lim;i++)
{
if (!flag[i]) p[++p[]]=i,phi[i]=i-;
for (int j=;j<=p[] && i*p[j]<=lim;j++)
{
flag[i*p[j]]=true;
if (i%p[j]==)
{
phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j];
break;
}
else phi[i*p[j]]=phi[i]*(p[j]-);
}
}
} map<pair<ll,ll>, ll> f[], g[];
int cnt[]; int main()
{
freopen("in.in","r",stdin);
freopen("out.out","w",stdout); int n = ;
Get_Primes(n);
for (int i = ; i <= p[]; ++i)
{
int x = p[i];
while (x <= n) cnt[i] += n / x, x *= p[i];
} f[][make_pair(,)] = ;
for (int i = ; i <= ; ++i)
{
for (map<pair<ll,ll>, ll>::iterator it = f[i - ].begin(); it != f[i - ].end(); it++)
{
ll k1 = (*it).first.first, k2 = (*it).first.second;
for (int j = ; j <= cnt[i]; ++j)
{
ll kx = k1 * (j + ), ky = k2 * (cnt[i] - j + ) , d = Gcd(kx, ky);
f[i][make_pair(kx / d, ky / d)] += (*it).second;
}
}
}
g[][make_pair(,)] = ;
for (int i = ; i <= p[] - ; ++i)
{
for (map<pair<ll,ll>, ll>::iterator it = g[i - ].begin(); it != g[i - ].end(); it++)
{
ll k1 = (*it).first.first, k2 = (*it).first.second;
for (int j = ; j <= cnt[i + ]; ++j)
{
ll kx = k1 * (j + ), ky = k2 * (cnt[i + ] - j + ), d = Gcd(kx, ky);
g[i][make_pair(kx / d, ky / d)] += (*it).second;
}
}
}
for (map<pair<ll,ll>, ll>::iterator it = g[p[] - ].begin(); it != g[p[] - ].end(); it++)
{
ll x = (*it).first.first, y = (*it).first.second;
mp[node(x, y)] += (*it).second;
} ll res = ;
for (map<pair<ll,ll>, ll>::iterator it = f[].begin(); it != f[].end(); it++)
{
ll x = (*it).first.first, y = (*it).first.second;
res += (*it).second * mp[node(y, x)];
}
cout << res / << endl;
return ;
}
答案:543194779059
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