【DP例题选讲】&因式分解问题-任何人都不适合放弃&

DP选讲-因式分解问题

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写在前面

掐指一算，因式分解问题应该是我思考时长最久的一道题。坦白来说，自从我踏进算法这一新世界的大门开始【就是搜索啦】，这一梦魇就一直盘旋在上方，让我十分的不快、愤怒、无奈。
但这没关系，我靠着自己坚定的步伐，一步一步的，将这道题斩在了前进的道路上，狠狠地。我并没有借助外部的力量：像是正解博客、或是已做出的同学。
我靠着自己的力量。我坚信：我可以做到。
尽管不是最优算法，但是，写写博客让大家知道我的心路历程，也挺好。

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题目讲解TIME

题目描述

将大于1的自然数N进行因式分解，满足 N=a1*a2*……*am 编一个程序，对任意的自然数N，求N的所有形式不同的因式分解方案总数。
例如，N=12，共有8种分解方案，分别是：

12=12=6∗2=4∗3=3∗4=3∗2∗2=2∗6=2∗3∗2=2∗2∗3

输入
第1行：1个正整数N(N<=10^9)

输出
第1行：一个整数，表示N的因式分解方案总数

样例输入
12
样例输出
8

DFS-原地瞬间爆炸TLE

第一反应：构造所有方案数。
实现过程很简单：枚举2~n内n的因子i，将它放在当前一位上，递归枚举n/i。
想想当初的自己也是天真，居然天真地以为这样的算法非常高大上，然后用高大上的写法写出来后发现并不是那样的。
而是这样的：
“输入109”
“等待一秒……”
“等待两秒……”
“等待三秒……”
“栈溢出警告”
“程序关闭”
“内心OS：(╯‵□′)╯︵┻━┻”
DFS果然是很万能……地超时。

int dfs(int n){    int k=0;    if(n==1) return 1;    for(int i=n;i>=2;i--)    {        if(n%i) continue;        k+=dfs(n/i);    }    return k;}//错误的示范方法

DFS优化-然而并没有什么不同

枚举因子的时候，其实然可以枚举n/2~n√之间的因子i，然后得到n/i这个因子。这样，原本寻找因子的时间O(n)霎时间就变成了O(n√)，减少了不少
然而：如果算法本身出了问题，即使把这个算法优化到了极致，依然无用。

int dfs(int n){    int k=1;    if(n==1) return 1;    for(int i=n/2;i>=sqrt(n);i--)    {        if(n%i) continue;        if(n/i!=i) k+=dfs(n/i);//不要忘考虑平方根        k+=dfs(i);    }    return k;}//并无什么用的莫名之优化

部分记忆化-论怎么骗部分分值

学到DP时，再次看到了这道题，于是想到记忆化。
然而……然而更尬的问题出现了，109再怎么开数组也看不下啊(╯‵□′)╯︵┻━┻！
于是聪明的我出了一记十分的机制的招式【明明是损招】：只开一部分记忆化；另一部分如果超出了某个界限MAXN，就只能重复算咯。
啊哈哈我真是骗分达人【然而并没有AC(〃＞皿＜)】

const int MAXN=1000000;int f[MAXN+5];int Function(int x){    if( x <= MAXN && f[x] != 0) return f[x];    int res=1;    for(int i=x/2;i>=sqrt(x);i--)    {        if(x%i) continue;        if(x/i!=i) res+=Function(x/i);//不要忘考虑平方根        res+=Function(i);    }    if( x <= MAXN ) f[x]=res;    return res;}//骗分专用：部分记忆化

正确的DP存储方式

通过观察估算，我们其实发现：状态存储并不需要那么多。比方说：对于当前这个数据而言，如果它是奇数，那么所有2的倍数的状态是闲置着的，就会产生白白浪费了很多空间的情况。所以为了保证状态的高效存储——诸君，我有一个大胆的想法：
使用动态数组vector存储，映射表map找到状态是否存在过
那么，掌声欢迎AC代码！

map<int,int>m;vector<long long>f;long long Function(int x){    if(x==1) return 0;    if( m.count(x) ) return f[m[x]];    long long res=1;    for(int i=2;i<=sqrt(x);i++)        if( x % i == 0) res+=Function(i);    for(int i=sqrt(x);i>=2;i--)        if( x % i == 0 && i != sqrt(x) ) res+=Function(x/i);    m[x]=f.size();    f.push_back(res);    return res;}

最快-最正-最真的最优代码

总觉得用动态数组有些别扭
那，可不可以在没有DP之前就找到所有合法且可利用的状态呢？
答案是：显然可以
从状态转移方程来讲，一个数的转移是由它的因数转移而来的。
而它的因数是由它的因数的因数转移而来的，总而言之也是它的因数
所以，我们为何不妨先预处理n的因数，再进行愉快地动规？

int f[10005],g[10005],len;void Find_Prime(int x){    f[len]=1;    for(int i=2;i<=sqrt(x);i++)        if( x % i == 0) f[++len]=i;    for(int i=len;i>=1;i--)        if( f[i]*f[i]!=x ) f[++len]=x/f[i];    f[++len]=x;}//寻找n的因数int Function(int x)//处理的是n的第x个因数{    if(g[x]) return g[x];    for(int i=1;i<=x;i++)        if( f[x] % f[i] == 0 )            g[x]+=Function(lower_bound(f,f+len+1,f[x]/f[i])-f);//因为因数序列是单调递增的，所以可以使用二分查找    return g[x];}...printf("%d",Function(len));

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小结

如果说，人不遇到点什么困难，是不现实的
人总会遇到形形色色的难处，编程也是，因为我们并非圣贤，并非“生而知之者”
但是，如果遇到一点困难就退缩，遇到一道难题就四处查正解，如果不会自己动脑想问题，不去自己动脑想问题
那样的话，怎么会有自己攻克题目的自豪感？怎么不会充斥“一看题解就懂，然而自己想不出来的尴尬？”
正如标题所言：
你，我，在世界上的任何人
都不适合放弃

END-OF-ALL

就是这样，新的一天里，也请多多关照哦(ノω<。)ノ))☆.。~