一、解题思路
做了这题，感觉这类题目的大多数分析过程都是这样的:
- 求有多少对整数对\((x,y)\)满足一条方程，则方程一定存在解，将\(y\)转换为关于\(x\)的表示式，再根据\(y\)的约数条件，求出\((x,y)\)的匹配数，即一个\(x\)对应一个\(y\)
1、确定\(x,y\)范围
\[\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{n!}
\]
∵\(x,y∈Z^+\)
∴\(x>n!\) \(y>n!\) 小学数学知识~
2、推表达式
转换为y的表示式
\[\frac{x+y}{xy}=\frac{1}{n!}
\]
变形
\[xn!+yn!=xy
\]
继续变形
\[xn!=y(x-n!)
\]
\[y=\frac{xn!}{x-n!}
\]
经典的变形技巧：
\[y=\frac{(x-n!+n!)n!}{x-n!}
\]
\[y=\frac{(x-n!)n!+n!^2}{x-n!}
\]
\[y=n! + \frac{n!^2}{x-n!}
\]
因为上面已经证明了\(x-n!>0\)的，所以要想\(y\)有正整数解，则必然需要
\[(x-n!)|n!^2
\]
换句话说，就是\(n!^2\)有多少个约数，就有相应的正整数\(x\),也就有一个对应的\(y\)。
如果我们能够求得\(n!^2\)的约数个数，也就是\({x,y}\)的匹配对数。
3、阶乘分解质因数
参考 \(Acwing197\). 阶乘分解 的方法
- 先筛出\(n\)以内的质数
- 计算每个质数因子出现的次数
for (int i = 0; i < cnt; i++) {
int p = primes[i];
int s = 0;
for (int j = n; j; j /= p) s += j / p;
printf("%d %d\n", p, s);
}
4、约数个数
求\(n!^2\)一共有多少个约数
假设$$n!=P_1^{c_1} \times P_2^{c_2}\times ...\times P_k^{c_k}$$
则$$n!2=P_1{2c_1}\times P_2^{2c_2}\times ...\times P_k^{2c_k}$$
根据约数个数定理
知道约数的个数是\((2c_1+1)\times (2c_2+1)\times …\times (2c_k+1)\)
5、时间复杂度 \(O(n)\)
二、实现代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod = 1e9 + 7;
//欧拉筛
const int N = 1e6 + 10;
int primes[N], cnt; // primes[]存储所有素数
bool st[N]; // st[x]存储x是否被筛掉
void get_primes(int n) {
memset(st, 0, sizeof st);
cnt = 0;
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (!st[i]) primes[cnt++] = i;
for (int j = 0; primes[j] * i <= n; j++) {
st[primes[j] * i] = true;
if (i % primes[j] == 0) break;
}
}
}
int main() {
int n;
cin >> n;
//步骤1:筛质数
get_primes(n);
//步骤2：阶乘质因子分解
int res = 1;
for (int i = 0; i < cnt; i++) {
int p = primes[i];
int s = 0;
for (int j = n; j; j /= p) s += j / p;
//步骤3：约数个数公式
res = (LL)res * (2 * s + 1) % mod;
}
cout << res << endl;
return 0;
}
三、知识点总结
-
数学公式推导
转化为一个自变量，一个因变量的形式，最终描述：有一个\(x\)，就能确定一个\(y\),需要满足xxx条件（一般是谁能整除谁之类，转化为求约数个数） -
唯一分解定理
-
阶乘的质因子分解
经典作法，除了背下来，多看几遍，还有啥更好的办法~ -
约数和公式