hdu 4497 數論 質因子


題目來源:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4497

GCD and LCM

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Problem Description
Given two positive integers G and L, could you tell me how many solutions of (x, y, z) there are, satisfying that gcd(x, y, z) = G and lcm(x, y, z) = L? 
Note, gcd(x, y, z) means the greatest common divisor of x, y and z, while lcm(x, y, z) means the least common multiple of x, y and z. 
Note 2, (1, 2, 3) and (1, 3, 2) are two different solutions.
 

 

Input
First line comes an integer T (T <= 12), telling the number of test cases. 
The next T lines, each contains two positive 32-bit signed integers, G and L. 
It’s guaranteed that each answer will fit in a 32-bit signed integer.
 

 

Output
For each test case, print one line with the number of solutions satisfying the conditions above.
 

 

Sample Input
2
6 72
7 33
 

 

Sample Output
72
0
 
 
分析:
 題意: gcd(x,y ,z) = G  lcm(x, y , z)= L, 問有多少種這樣的組合數(x, y,z),題目要求有序,故為排列問題。
1: 我們可以轉換為求gcd(x/G , y/G , z/G)=1  ,   lcm (x/G, y/G ,z/G) = L/G;  即求gcd(x,y,z)=1  qie  lcm(x,y,z)=n=L/G,的排列數。
我們對n進行質因子分解為  n = p1^r1*p2^r2*......*pm^rm
2:由於質因子滿足乘法原則 , 我們對每一個質因子 討論 pi^ri,   由於gcd(x,y,z)=1  ,可以斷定 x,y,z 有個數一定是pi^0次,  由於lcm(x,y,z)=pi^ri*....,我們可以斷定 x,y,z 中一定有一個數能被 pi^ri 整除, 那么另一個數 就可以取  0 ,1,..., ri 中的任意一個數。因此,我們將 ri個 pi  放入 x, y, z 三個數中, 分兩種情況:
一種是 :  0  ri  0/ri   ,這種情況的排列一共是 2*3= 6種
另一種是 :  0 ri  1/2.../ri-1    ,這種情況的排列一共是 (ri-1)*6種
兩種情況之和為  :     6*ri  。
代碼如下:
#include<iostream>
#include<stdlib.h>
#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<string.h>
#include<string>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<map>
#define N 100005
using namespace std;
map<int , int >factor;
map<int ,int >::iterator it;
void prime(int x)
{
    int i,num;
    for(i=2;i*i<=x ;i++)
    {
        if(x%i ==0){
            num=0;
            while(x%i ==0)
            {
                x/=i;
                num++;
            }
        factor[i]=num;
        }
    }
    if(x>1)
        factor[x]=1;
}
int main()
{
    int t,g,l,n,sum;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        sum=1;
        factor.clear();
        cin>>g>>l;
        if(l%g)
        {
            puts("0");
            continue;
        }
        n=l/g;
        prime(n);
        for(it=factor.begin(); it!=factor.end() ; it++)
            sum*=(6*it->second);
        cout<<sum<<endl;
    }
    return 0;
}

 

 

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