LightOJ 1236

题目描述：

点击打开链接

分析题目，在n以内找i,j两数使lcm(i,j)=n,那么i,j必然是n的约数，将n质因子分解成n=p1^e1*p2^e2*....pn^an;则i,j也必然可以分解成这种形式;i=p1^i1*p2^i2....pn^in，j=p1^j1*p2^j2....pn^jn;对于任意的i,j对于所有数的指数满足ex=max(ix,jx)，此时lcm(i,j)=n，那么符合lcm(i,j)=n的情况我们就只需要分析n的质因子组成就够了，对于p1,如果让i1=e1的话对于j1就可以选择0-e1中的(e1+1)个数，对于j1=e1时i1也有(e1+1)种选法，这其中i1=j1=e1的方案被选择两次，所以对于p1的选择方案就有2*(e1+1)-1=2*e1+1种，将p的结果累乘起来就是总方案数，但是这方案中对于同样的(i,j)组合，(i,j)和(j,i)是被计算了两次的，而按照题目描述这种情况是只计算一次的，所以最后的结果要除以2。

AC代码：

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#include<string>#include<stack>#include<queue>#include<algorithm>#include<map>using namespace std;const int INF=0x3f3f3f3f;const int MAXM=10000010;long long n;bool prime[MAXM+10];long long rec[MAXM/10], cnt;void init_prime_table(){    memset(prime,true,sizeof(prime));    cnt=0;    prime[0]=prime[1]=false;    for (long long i = 2; i<=MAXM; ++i)    {        if (prime[i])            rec[cnt++] = i;        for (long long j =0;j<cnt&&rec[j]<=MAXM/i;++j)        {            prime[i*rec[j]]=false;            if (i%rec[j]==0)                break;        }    }}int main(){    int T;    scanf("%d",&T);    int p=1;    init_prime_table();    while(T--)    {        scanf("%lld",&n);        long long ans=1;        for (int i=0;i<cnt;i++)        {            if (rec[i]*rec[i]>n) break;            int e=0;            if (n%rec[i]==0)            {                while(n%rec[i]==0)                {                    n=n/rec[i];                    e++;                }                ans*=(2*e+1);            }        }        if (n>1) ans*=(2*1+1);        //printf("%I64d\n",ans);        printf("Case %d: %lld\n",p,ans/2+1);        p++;    }    return 0;}