AcWing 1291. 轻拍牛头

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一、约数问题三个重要性质

常用常考，背下来~~

1、约数个数

约数：\(1\sim n\)中能整除\(n\)的数字个数。

根据唯一分解定理：
形如:\(N=P_1^{c_1} \times P_2^{c_2} \times P_3^{c_3} \times ... \times P_k^{c_k}\)
其中\(P_i\)为质数因子，\(c_i\)为此质数因子出现的次数，则约数个数:

\[f(N)=(c_1+1)\times (c_2+1) \times (c_3+1) \times .... \times (c_k+1) \]

也就是所有质数因子的个数\(+1\) 再相乘！

举个栗子：
\(N=12=2^2 \times 3^1\)
那么\(f(N)=(2+1) \times (1+1)=6\),就是有\(6\)个约数。

用手枚举一下：\(1,2,3,4,6,12\)，共\(6\)个，与公式计算一致！

2、\(1 \sim N\)中，所有数字约数个数和是什么级别？

\[\sum_{i=1}^{N}f(i)=\frac{N}{1}+\frac{N}{2}+\frac{N}{3}+...++\frac{N}{N} \]

这就是一个\(O(N*ln(N))\)级别的数，非常少~

3、整数范围内，约数个数最多的是多少个？

\(0<=N<=2*10^9\),最多有\(1600\)个，不是很大。相比于\(\sqrt{N}=50000\)要小的太多了.

二、题目解析

如果直接用暴力解法，逐个判断其他的数是不是它的约数，这样时间复杂度是\(O(n^2)\)，数据规模是\(10^5\)，会超时

正着走不行，就只能反着走~

假设\(i\)是\(j\)的约数，那么\(j\)就是\(i\)的倍数。
因此可以做这么一个处理:当判定某个数\(i\)时，我们可以把这个数字的倍数(当然可能是多个，在循环中的概念)\(j\)的约数个数\(+1\)，含义:\(j\)的约数个数多了\(1\)个。

考虑到可能会有很多个\(i\)的值是相同的，所以类似于计数排序的思想，先统计\(i\)出现的次数，然后再做上面的操作。

三、总结

约数和倍数其实是一对好基友，当求约数的时间复杂度过大时，不妨从它倍数的角度来考虑解决问题。

四、时间复杂度

看上去双重循环，实则不然：第一层循环的\(N\)是跑不了的，第二层没有\(N\)那么多次，是
\(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{N}\)
也就是调和级数\(ln(n)+C\)，算法最终就是\(Nlog_2(n)\)这个级别，比\(N*N\)要好的多~

五、实现代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e6 + 10;
int cnt[N]; //数字的个数多少个
int a[N];   //原数
int res[N]; //数字的约数个数
int n;

int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        scanf("%d", &a[i]);
        cnt[a[i]]++;
    }

    for (int i = 1; i < N; i++) {                        // i含义：1、出现过的数字，2、去重过
        if (!cnt[i]) continue;                           //未出现过的数字i没有资格讨论问题
        for (int j = i; j < N; j += i)
            res[j] += cnt[i]; //枚举i的倍数j,j的约数个数每次增加i的数量个~
    }

    for (int i = 0; i < n; i++) printf("%d\n", res[a[i]] - 1); //扣除自己,-1
    return 0;
}