lightoj 1236 唯一分解定理

Input starts with an integer T (≤ 200), denoting the number of test cases.

Each case starts with a line containing an integer n (1 ≤ n ≤ 10¹⁴).

For each case, print the case number and the value returned by the function ‘pairsFormLCM(n)‘.

15

2

3

4

6

8

10

12

15

18

20

21

24

25

27

29

Case 1: 2

Case 2: 2

Case 3: 3

Case 4: 5

Case 5: 4

Case 6: 5

Case 7: 8

Case 8: 5

Case 9: 8

Case 10: 8

Case 11: 5

Case 12: 11

Case 13: 3

Case 14: 4

Case 15: 2

题意：求1到n（1e14）之内，有多少对数(i，j)，其中i<=j，使得LCM(i，j)=n，LCM为最小公倍数。

分析：参考这个博客https://www.cnblogs.com/DOLFAMINGO/p/8371570.html

1.设pi为第i个质数。设两个数A、B，他们可表示为：A = p1^a1 * p2^a2…… ，B = p1^b1 * p2^b2……。

那么他们的最小公倍数为：LCM(A, B) = p1^max(a1,b1) * p2^max(a2, b2)……。

2.对n进行质因数分解，得到：n = p1^c1 * p2^c2……。当 LCM(A, B) = n时，

ci = max(ai, bi)，即要么 ci = ai，要么ci = bi。

3 当ci = ai时， bi的可选择范围为[0,ci]共ci+1种；同理当ci = bi时，ai也有ci+1种选择。

但是 （ai=ci，bi=ci）被重复计算了一次，所以对于素数pi，总共有 2*ci+1种选择。

所以，当不考虑A、B的大小时，总共有 ∏ (2*ci+1)对（A，B），使得 LCM(A, B) = n。

4.再考虑回A、B的大小限制，即A<=B，可知除了A = B = n时，其他的组合都出现了两次，

即(A，B)和(B，A)都存在，而我们只需要A<=B的那一个。

总的来说，最终有 ((∏ 2*ci+1)+1)/2对 (A，B)满足条件。

#include<cstdio>
#include<string>
bool a[9999998];
int p[5000006],cnt=1;
void prime()
{
    for(int i=4;i<9999998;i+=2) a[i]=1;
    p[0]=2;
    for(int i=3;i<9999998;i++)
    {
        if(a[i]==0)
        {
            p[cnt++]=i;
            for(int j=i+i;j<9999998;j+=i) a[j]=1;
        }
    }
}

int main()
{
    int T,cas=0;
    long long N;
    scanf("%d",&T);
    prime();
    while(T--)
    {
        scanf("%lld",&N);
        long long ans=1,temp;
        for(int i=0;i<cnt&&(long long)p[i]*(long long)p[i]<=N;i++)
        {
            temp=0;
            while(N%p[i]==0)
            {
                temp++;
                N/=p[i];
            }
            ans*=(2*temp+1);
        }
        if(N!=1) ans*=3;
        printf("Case %d: %lld\n",++cas,(ans+1)/2);
    }
    return 0;
} 

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