• NOIP2009 Hankson的趣味题


    2.Hankson的趣味题

    (son.pas/c/cpp)

    【问题描述】

    Hanks 博士是 BT (Bio-Tech,生物技术) 领域的知名专家,他的儿子名叫 Hankson。现在,刚刚放学回家的 Hankson 正在思考一个有趣的问题。

    今天在课堂上,老师讲解了如何求两个正整数 c1 和 c2 的 大公约数和 小公倍数。现在 Hankson 认为自己已经熟练地掌握了这些知识,他开始思考一个“求公约数”和“求公倍数”之类问题的“逆问题”,这个问题是这样的:已知正整数 a0,a1,b0,b1,设某未知正整数 x 满足:

    1. x 和 a0 的 大公约数是 a1;

    2. x 和 b0 的 小公倍数是 b1。

    Hankson 的“逆问题”就是求出满足条件的正整数 x。但稍加思索之后,他发现这样的 x 并不唯一,甚至可能不存在。因此他转而开始考虑如何求解满足条件的 x 的个数。请你帮助他编程求解这个问题。

     

    【输入】

    输入文件名为 son.in。第一行为一个正整数 n,表示有 n 组输入数据。接下来的 n 行每行一组输入数据,为四个正整数 a0,a1,b0,b1,每两个整数之间用一个空格隔开。输入数据保证 a0 能被 a1 整除,b1 能被 b0 整除。

     

    【输出】输出文件 son.out 共 n 行。每组输入数据的输出结果占一行,为一个整数。

    对于每组数据:若不存在这样的 x,请输出 0;若存在这样的 x,请输出满足条件的 x 的个数;【输入输出样例】

    son.in

    son.out

    2

    41 1 96 288

    95 1 37 1776

    6

    2

    【说明】第一组输入数据,x 可以是 9、18、36、72、144、288,共有 6 个。

    第二组输入数据,x 可以是 48、1776,共有 2 个。

     

    【数据范围】

    对于 50%的数据,保证有 1≤a0,a1,b0,b1≤10000 且 n≤100。

    对于 100%的数据,保证有 1≤a0,a1,b0,b1≤2,000,000,000 且 n≤2000。

    【思路】

       唯一分解+乘法原理。

       根据题目有如下式子:

              gcd(x,a0)=a1;

              lcm(x,b0)=b1;

       对于一个质数,将a0,a1,b0,b1分解质因数,设分解后质数分别为c0,c1,c2,c3;

       如果c0==c1 c2==c3

              如果c0<=c2 则对于x该质因子指数有(c2-c0+1)个选择。

              否则c0>c2 无解。

      否则 如果 (c0!=c1)&&(c2!=c3)&&(c1!=c3) 无解

      否则 如果 (c0!=c1)&&(c2!=c3)&&(c1==c3) 指数只有一个选择。

      需要注意的最后可能剩下的大质数

    【代码】

     1 #include<cstdio>
     2 #include<cstring>
     3 #include<vector>
     4 #include<cmath>
     5 using namespace std;
     6 
     7 const int maxn = 60000+20;
     8 
     9 int a0,a1,b0,b1,ans;
    10 vector<int> primes;
    11 
    12 bool su[maxn];
    13 void get_primes() {
    14     int m=50010;
    15     int m2=sqrt(m);
    16     for(int i=2;i<=m;i++) if(!su[i]) {
    17         primes.push_back(i);
    18         if(i<=m2)for(int j=i*i;j<=m;j+=i) su[j]=1;
    19     }
    20 }
    21 
    22 void solve(int x) {
    23     int c0=0,c1=0,c2=0,c3=0;
    24     while(a0%x==0) { c0++; a0/=x; }
    25     while(a1%x==0) { c1++; a1/=x; }
    26     while(b0%x==0) { c2++; b0/=x; }
    27     while(b1%x==0) { c3++; b1/=x; }
    28     if((c0==c1)&&(c2==c3)) {
    29         if(c1<=c3) ans*=c3-c1+1;
    30         else ans=0;
    31     }
    32     else if((c0!=c1)&&(c2!=c3)&&(c1!=c3)) ans=0;
    33     else if((c0!=c1)&&(c2!=c3)&&(c1==c3)) ans*=1;
    34 }
    35 
    36 int main() {
    37     get_primes();
    38     int T;
    39     scanf("%d",&T);
    40     while(T--)
    41     {
    42         scanf("%d%d%d%d",&a0,&a1,&b0,&b1);
    43         ans=1;
    44         for(int i=0;i<primes.size();i++) solve(primes[i]);
    45         int t=a0;
    46         t=max(t,a1);
    47         t=max(t,b0);
    48         t=max(t,b1);
    49         if(t>1) solve(t);
    50         printf("%d
    ",ans);
    51     }
    52     return 0;
    53 }


     

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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/lidaxin/p/4859403.html
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