题目链接：
http://poj.org/problem?id=2917
题目大意：给定n，求有多少种1/x + 1/y = 1/n成立（x,y为正整数）
思路：一道很经典的数论题.
我们不妨设x>=y,则x=n+1,n+2,……,n+n.
而y = 1 / (1/n - 1/x) = nx / (x - n).
令k = x - n, 则 1 <= k <= n.则y = n(n+k) / k.
因为n*k = 0(mod k), 所以答案,即y的个数就等于n*n的小于等于n的约数个数.
容易想到n*n的约数中除了n外,大于n的和小于n的是一一对应的,所以设n*n的约数为res,则ans = (res + 1) / 2.
但是因为n*n很大,所以直接求n*n的约数的不切实际的,不过我们是
可以通过n的约数个数求n*n的约数个数 ------ n和n*n的素因子是一样的
我们假设n = p1^a1 * p2^a2 * …… * pi^ai,可知n的约数个数 = (a1+1)(a2+2)……(ai+1).
那么n*n = p1^(2*a1) * p2^(2*a2) * …… * pi^(2*ai),即n*n的约数个数 = (2*a1+1)(2*a2+2)……(2*ai+1).
#include
#include
using namespace std;
vector > prime;
int solve(int n){
for (int i = 2; i * i <= n; i ++){
int num = 0;
while(n % i == 0){
num ++;
n /= i;
}
prime.push_back(make_pair(i, num));
if (n == 1)
break;
}
if (n > 1){
prime.push_back(make_pair(n, 1));
}
long long ans = 1;
for (int i = 0; i < prime.size(); i ++){
ans *= (2 * prime[i].second + 1);
}
return (ans + 1)/2;
}
int main(){
int t, caseo = 1;
scanf("%d",&t);
while(t --){
int n;
prime.clear();
scanf("%d",&n);
printf("Scenario #%d:\n", caseo ++);
printf("%d\n\n", solve(n));
}
return 0;
}