【郑轻】[1902]985的因子对难题

1902: 985的因子对难题

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Description

985有n个正整数，他想知道存在多少个不同的因子对(a[i], a[j])使得

1 <= i, j <= n && i != j && a[j] % a[i] == 0，其中i和j是元素的下标。

特别地，他认为（a[i]，a[j]）与（a[j]，a[i]）是一样的因子对。

Input

第一行输入一个整数t，代表有t组测试数据。

每组数据占两行，第一行输入一个n代表元素个数，下面一行输入n个整数a[]。

注：1 <= t <= 30，1 <= n <= 1e5，1 <= a[] <= 1e6。

Output

一个整数代表最后的答案。

Sample Input

251 2 3 4 552 2 2 2 2

Sample Output

510

很明显直接n²会爆TL

宇神：

这道题相当于是求所有数的因子个数之和，但注意（a[i]，a[i]）是不合法的。
这里姑且说一个比较好想的思路：
首先我们可以升序排列并去重，用num[i]记录元素i出现的次数，sum[i]表示元素i的因子个数其中不含i自己。
在统计a[i]的时候，它的贡献为：sum[a[i]] * num[a[i]] + num[i] * (num[i] - 1) / 2。
考虑从前往后做，在统计a[i]时，可以把a[i]的倍数a[i] * j统计上即sum[a[i] * j] += num[a[i]]（j >= 2）。
这样在求解a[i]的贡献时，sum[a[i]]的值已经求出来了，只需累加贡献即可，而且时间复杂度是调和级数级别的。
时间复杂度：O(T * n * log(n))。其实可以先用类似素数筛预处理，这样会更快。

菜鸡：

考虑每个数最其倍数的影响

采取类似素数筛法的思路

每次遇见一个数t

则把t的所有倍数都加上t的个数

所以结果加上(t的个数*t的这个倍数的个数)

因为t本身也是本身的因数

所以需要res+=n*(n-1)/2

#include<stdio.h> #include<string.h> int a[1000020]; int main() {     int T;     scanf("%d",&T);     while(T--) {         memset(a,0,sizeof(a));         int n;         scanf("%d",&n);         int max=0;         for(int i=0; i<n; i++) {             int t;             scanf("%d",&t);             a[t]++;             if(max<t)                 max=t;         }         int sum=0;         for(int i=1; i<=max; i++) {             if(a[i]) {                 for(int j=i+i; j<=max; j+=i) {                     if(a[j]) {                         sum+=a[i]*a[j];                     }                 }                 sum+=(int)(((long long)a[i]*(a[i]-1))/2);             }         }         printf("%d\n",sum);     }     return 0; } 

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