HDU4497 GCD and LCM

如果 \(G \% L != 0\) ,那么输出 \(0\) 。

否则我们有 \(L/G=(p_1^{r_1})\cdot(p_2^{r_2})\cdot(p_3^{r_3})\cdots(p_m^{r_m})\) 。

我们又有:

\[x=(p_1^{i_1})\cdot(p_2^{i_2})\cdot(p_3^{i_3})\cdots(p_m^{i_m}) \\
y=(p_1^{j_1})\cdot(p_2^{j_2})\cdot(p_3^{j_3})\cdots(p_m^{j_m}) \\
z=(p_1^{k_1})\cdot(p_2^{k_2})\cdot(p_3^{k_3})\cdots(p_m^{k_m})
\]

对于某个 \(r\) ,\(i、j、k\) 里面一定有一个是 \(r\) ,并且一定有一个是 \(0\) ,所以 \(i,j,k\) 有一下 \(3\) 种情况:

\((r\ 0\ 0)\) ,有 \(C(3,1)\) 种。

\((r\ 0\ r)\) ,有 \(C(3,1)\) 种。

\(r\ 0\ 1~r-1)\) ,有 \((r-1)\cdot A(3,3)\) 种。

所以一共是 \(6\times r\) 种。

时间复杂度为 \(O(\sqrt{n}\cdot \log n)\) 。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int t;
long long l ,g, ans; int main()
{
for(scanf("%d", &t); t--; ){
scanf("%lld%lld", &l, &g);
if(g % l == 0){
long long tmp = g / l;
ans = 1;
for(int i = 2; i * i <= g / l; i++){
long long r = 0;
while(tmp % i == 0) r++, tmp /= i;
if(r) ans *= (6 * r);
}
if(tmp != 1) ans *= 6;
cout << ans << endl;
}
else{
puts("0");
}
}
return 0;
}

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