周赛 1007 题解 hdu 4390 Number Sequence （质因数分解+组合数学+容斥原理）

Number Sequence

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Problem Description

Given a number sequence b₁,b₂…b_n.
Please count how many number sequences a₁,a₂,...,a_n satisfy the condition that a₁*a₂*...*a_n=b₁*b₂*…*b_n (a_i>1).

 

Input

The input consists of multiple test cases.
For each test case, the first line contains an integer n(1<=n<=20). The second line contains n integers which indicate b₁, b₂,...,b_n(1<b_i<=1000000, b₁*b₂*…*b_n<=10²⁵).

 

Output

For each test case, please print the answer module 1e9 + 7.

 

Sample Input

23 4

 

Sample Output

4
Hint
For the sample input, P=3*4=12.Here are the number sequences that satisfy the condition:2 63 44 36 2
 

 

Source

2012 Multi-University Training Contest 10

 

题意：
给定b1---bn n个数，让你求出满足a1*a2*....*an-1*an（ai>1)=b1*b2*...*bn的种数。

思路：
先对每一个b分解质因数，统计每个质因子的个数，每个质因数不相互影响，可以单独考虑。首先考虑一种质因数放的总数，应明白 m个相同的数放进n个不同的盒子中（盒子可以为空）的总的种数为C（n-1,n+m-1).运用隔板法：实际上就是把m个数分成n组，每组可以为空，我们加上n-1个隔板，选出隔板所在的位置，相邻隔板之间的位置都放数，就有C(n-1,n+m-1)种了。

对每一质因数，运用上面的公式分别放进n个不同的盒子中，然后根据乘法原理，就能计算出答案了。

但是此时计算的答案并不是我们想要的，因为ai不能为1，故盒子不能为空，所以要用到容斥原理了。

运用容斥原理加上0盒子个为空的情况，减去k1*1个盒子为空的情况加上k2*2个盒子为空的情况...

k1、k2、ki怎样得到呢？

设 f[i]-放入i个数能够为空的种数，g[i]-放入i个数不能为空的种数，求g[n]。

考虑n=3时，

f[3]=g[3]+C(3,1)*g[2]+C(3,2)*g[1],

f[2]=g[2]+C(2,1)*g[1],

f[1]=g[1].

化简能得到g[3]=f[3]-C(3,1)*f[2]+C(3,2)*f[1].

根据数学归纳法能得到g[n]=f[n]-C(n,1)*f[n-1]+C(n,2)*f[n-2]-...

代码：

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#include <cmath>#include <string>#include <map>#include <stack>#include <vector>#include <set>#include <queue>#pragma comment (linker,"/STACK:102400000,102400000")#define maxn 1005#define MAXN 20005#define mod 1000000007#define INF 0x3f3f3f3f#define pi acos(-1.0)#define eps 1e-6typedef long long ll;using namespace std;ll n,m,ans,cnt,tot,flag;ll C[1005][25];map<ll,ll>mp;map<ll,ll>::iterator it;int main(){    ll i,j,t,p;    for(i=0;i<=1000;i++)  // 预处理组合数    {        C[i][0]=1;    }    for(i=1;i<=1000;i++)    {        for(j=1;j<=20;j++)        {            C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1];            C[i][j]%=mod;        }    }    while(cin>>n)    {        mp.clear();        ll x,y;        for(i=1;i<=n;i++)        {            cin>>t;            y=sqrt(t+0.5);              for(j=2;j<=y&&t>1;j++)   // 质因数分解            {                if(t%j==0)                {                    while(t%j==0)                    {                        t/=j;                        mp[j]++;                    }                }            }            if(t>1) mp[t]++;        }        ans=0;p=1;        for(i=0;i<n;i++)        {            ll tmp=C[n][i];            for(it=mp.begin(); it!=mp.end(); it++)            {                t=it->second;                x=t+n-1-i;                tmp*=C[x][n-1-i];                tmp%=mod;            }            ans+=p*tmp+mod;  // 中途可能出现为负数 需加上mod  或者在最后加上再模也可以            ans%=mod; p=-p;        }        cout<<ans<<endl;    }    return 0;}