洛谷 P1072 Hankson 的趣味题 || 打质数表的分解质因数

方法就是枚举，根据b0和b1可以大大减小枚举范围，方法类似这个http://blog.csdn.net/hehe_54321/article/details/76021615

将b0和b1都分解质因数。记b0的某一质因数x的指数为a，b1中x的指数为b。如果a>b，那么显然对于这组b0和b1不可能有答案；如果a=b，那么ans中的x的指数可以为0到a的任意一个数；如果a<b，那么ans中x的指数只能为b。

举例：

$$
\begin{array}{l|l}
b0=37 & b1=1776 \\
\hline
37 & =37^1*3^0*2^0 \\
ans & =37^x*3^1*2^4 \\
1776 & =37^1*3^1*2^4 \\
\hline
b0=37&b1=1776 \\
96 & =3^1*2^5 \\
ans & =3^2*2^y\\
288 & =3^2*2^5
\end{array}
$$

x表示0-1的任何数，y表示0-5的任何数。这样子就可以得出所有可能的ans，然后再验证其与a0的gcd是否是a1即可。

注意：

1.像我这样写，需要特判1，因为对1分解质因数会得到1，对其他数分解都不会出现这个1。

2.曾经写了假的分解质因数，结果T掉了...真的分解质因数（要打质数表）还是要记一下。

 %:pragma GCC optimize()
 #include<cstdio>
 #include<cmath>
 #include<cstring>
 #include<map>
 #include<set>
 using namespace std;
 typedef int LL;
 LL prime[];
 bool vis[];
 LL ans0[],ans1[];
 map<LL,LL> ma;
 map<LL,LL>::iterator it;
 set<LL>::iterator it2;
 set<LL> se;
 LL temp[][];
 LL size,anss;
 LL a0,a1,b0,b1,T;
 LL gcd(LL a,LL b)
 {
     LL t;
     while(b!=)
     {
         t=a;
         a=b;
         b=t%b;
     }
     return a;
 }
 LL pow2(LL x,LL y)
 {
     LL base=x,ans=;
     while(y>)
     {
         if(y&)    ans*=base;
         base*=base;
         y>>=;
     }
     return ans;
 }
 void dprime(LL n,LL ans[])
 {
     LL i;
     LL end=floor(sqrt(n+0.5));
     for(i=;prime[i]<=end;i++)
         while(n!=prime[i])
         {
             if(n%prime[i]==)
             {
                 if(ma.count(prime[i])==)
                     ma[prime[i]]=++size;
                 ans[ma[prime[i]]]++;
                 n/=prime[i];
             }
             else
                 break;
         }
     if(ma.count(n)==)
         ma[n]=++size;
     ans[ma[n]]++;
 }
 int main()
 {

     LL ii,i,j,d,dd,d1,d2;
     for(i=;i<=;i++)
     {
         if(!vis[i])    prime[++prime[]]=i;
         for(j=;j<=prime[]&&i*prime[j]<=;j++)
         {
             vis[i*prime[j]]=;
             if(i%prime[j]==)    break;
         }
     }
     scanf("%d",&T);
     while(T--)
     {
         memset(ans0,,sizeof(ans0));
         memset(ans1,,sizeof(ans1));
         se.clear();anss=;
         ma.clear();size=;
         scanf("%d%d%d%d",&a0,&a1,&b0,&b1);
         dprime(b0,ans0);
         dprime(b1,ans1);
         if(ma.count()==)    ans0[ma[]]=,ans1[ma[]]=;
         ii=;
         memset(temp[],,sizeof(temp[]));
         temp[][]=;
         temp[][]=;
         for(it=ma.begin();it!=ma.end();it++)
         {
             ii^=;
             memset(temp[ii],,sizeof(temp[ii]));
             d=it->second;
             dd=it->first;
             d1=ans0[d];
             d2=ans1[d];
             if(d1>d2)
             {
                 puts("");
                 goto xxx;
             }
             else if(d1==d2)
             {
                 for(i=;i<=temp[ii^][];i++)
                     for(j=;j<=d2;j++)
                         temp[ii][++temp[ii][]]=temp[ii^][i]*pow2(dd,j);
             }
             else
             {
                 for(i=;i<=temp[ii^][];i++)
                     temp[ii][++temp[ii][]]=temp[ii^][i]*pow2(dd,d2);
             }
         }
         for(i=;i<=temp[ii][];i++)
             se.insert(temp[ii][i]);
         for(it2=se.begin();it2!=se.end();it2++)
         {
             if(gcd(*it2,a0)==a1)
                 anss++;
         }
         printf("%d\n",anss);
         xxx:;
     }
     return ;
 }

假的分解质因数：

void dprime(int n,int ans[])
{
    int i;
    for(i=;i<=n;i++)
        while(n!=i)
        {
            if(n%i==)
            {
                if(ma.count(i)==)
                    ma[i]=++size;
                ans[ma[i]]++;
                n/=i;
            }
            else
                break;
        }
    if(ma.count(n)==)
        ma[n]=++size;
    ans[ma[n]]++;
}

额外的方法：

设x=a1*a2;a0=a1*a3;x*b2=b1;b0*b3=b1;

则a1*a2*b2=b1

又a1是x和a0的最大公约数，所以a2和a3互质。

又b1是x和b0的最小公倍数，所以b2和b3互质。

所以a2和a0/a1,b2和b1/b0互质。

因为a1*a2*b2=b1

所以a2*b2=b1/a1

因此a2，b2是b1/a1的因子，只需枚举并且判断是否与a3，b3互质即可。

https://www.luogu.org/wiki/show?name=%E9%A2%98%E8%A7%A3+P1072