Split Divisibilities (Project Euler 598)

题目大意：

求将$100!$ 拆成$a*b$的方案数,其中$a<=b$并且它们的约数个数一样多。

思路：

先将$100!$质因数分解, 结果如图：

首先想到一个暴力DP, dp[i][j][k]表示考虑完前i个质数, 目前a有j个约数,b有k个约数的方案数。 用map保存状态。

答案就是sum(dp[25][j][j]).

但是状态数会很多(大概有1e8个状态),所以考虑 中途相遇法。 对前3个质数做一次DP, 然后对后面22个质数做一次DP。

最后答案就是 sum (dp1[3][i1][j1] * dp2[22][i2][j2])   条件是 i1 * i2 = j1 * j2.  即  i1 / j1 =  j2 / i2 .

一个优化是只保存 j和k互质的状态。 然后 最后 答案的时候 枚举 i1,j1,  在 dp2中 查找 j2 / i2 = i1 / j1的点 。

因为a<=b,所以最后答案还需要除以2.

代码：

 #include <iostream>
 #include <cstdio>
 #include <algorithm>
 #include <cmath>
 #include <set>
 #include <cstring>
 #include <map>
 #include <queue>
 using namespace std;

 typedef long long ll;
 #define N 10000000
 #define M 1100
 typedef pair<int,int> pii;

 bool flag[N];
 int p[N],phi[N];

 struct node
 {
     ll x,y;
     bool operator < (const node &t)const
     {
         return y*t.x<x*t.y;
     }
     node (ll _x = , ll _y = ){x = _x; y = _y;}
 };

 map<node, ll> mp;

 ll Gcd(ll x, ll y)
 {
     ll tmp;
     while (y)
     {
         tmp = x % y;
         x = y, y = tmp;
     }
     return x;
 }

 void Get_Primes(int lim)
 {
     phi[]=;
     for (int i=;i<=lim;i++)
     {
         if (!flag[i]) p[++p[]]=i,phi[i]=i-;
         for (int j=;j<=p[] && i*p[j]<=lim;j++)
         {
             flag[i*p[j]]=true;
             if (i%p[j]==)
             {
                 phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j];
                 break;
             }
             else phi[i*p[j]]=phi[i]*(p[j]-);
         }
     }
 }

 map<pair<ll,ll>, ll> f[], g[];
 int cnt[];

 int main()
 {
     freopen("in.in","r",stdin);
     freopen("out.out","w",stdout);

     int n = ;
     Get_Primes(n);
     for (int i = ; i <= p[]; ++i)
     {
         int  x = p[i];
         while (x <= n) cnt[i] += n / x, x *= p[i];
     }

     f[][make_pair(,)] = ;
     for (int i = ; i <= ; ++i)
     {
         for (map<pair<ll,ll>, ll>::iterator it = f[i - ].begin(); it != f[i - ].end(); it++)
         {
             ll k1 = (*it).first.first, k2 = (*it).first.second;
             for (int j = ; j <= cnt[i]; ++j)
             {
                 ll kx = k1 * (j + ), ky = k2 * (cnt[i] - j + ) , d = Gcd(kx, ky);
                 f[i][make_pair(kx / d, ky / d)] += (*it).second;
             }
         }
     }
     g[][make_pair(,)] = ;
     for (int i = ; i <= p[] - ; ++i)
     {
         for (map<pair<ll,ll>, ll>::iterator it = g[i - ].begin(); it != g[i - ].end(); it++)
         {
             ll k1 = (*it).first.first, k2 = (*it).first.second;
             for (int j = ; j <= cnt[i + ]; ++j)
             {
                 ll kx = k1 * (j + ), ky = k2 * (cnt[i + ] - j + ), d = Gcd(kx, ky);
                 g[i][make_pair(kx / d, ky / d)] += (*it).second;
             }
         }
     }
     for (map<pair<ll,ll>, ll>::iterator it = g[p[] - ].begin(); it != g[p[] - ].end(); it++)
     {
         ll x = (*it).first.first, y = (*it).first.second;
         mp[node(x, y)] += (*it).second;
     }

     ll res = ;
     for (map<pair<ll,ll>, ll>::iterator it = f[].begin(); it != f[].end(); it++)
     {
         ll x = (*it).first.first, y = (*it).first.second;
         res += (*it).second * mp[node(y, x)];
     }
     cout << res /  << endl;
     return ;
 }

答案：543194779059