《算法竞赛进阶指南》0x32约数 解公因数以及公倍数方程

题目链接：https://www.acwing.com/problem/content/202/

求解同时满足gcd(a0,x)=a1 和 lcm(b0,x)=b1的x的个数

解法是处理出b1所有的约数，逐一检查是否满足上述两个方程，由于采用试除法时间复杂度到了O(n*sqrt(b1))，大约是1e8，无法再给定的时间内通过所有的样例，所以考虑预处理出质因数之后再对b1进行分解质因数，在[1,sqrt(b1)]之间最多只有sqrt(b1)/logsqrt(b1)个质数，所以时间复杂度大约是O(n*sqrt(b1)/logb1),大约是1e7左右，然后使用dfs得出所有的约数，在2e9范围内拥有约数最多的数拥有的约数大约就是1600个，所以dfs的分支是不多的，时间复杂度忽略。然后就是检验过程了，一个数N大约有logN个约数，检验中用到了两次gcd函数，这个函数的时间复杂度有证明是O(logn)的，所以总的时间复杂度就是O(n*sqrt(b1)/logb1+log^2 n)。可以在指定的时间内求解这个问题。

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std ;
#define maxn 45000
typedef long long ll;
pair<int,int> factor[50];
vector<int> prime;
bool v[maxn+10];
int cntf;

int divider[maxn],cntd;

int gcd(int a,int b){
    return b?gcd(b,a%b):a;
}
void get_primes(int n){
    memset(v,0,sizeof(v));
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(!v[i])prime.push_back(i);
        for(int j=i;j<=n/i;j++){
            v[j*i]=1;
        }
    }
}

void dfs(int now,int p){//枚举b1所有的约数，总共会产生之多1600个分支 
    if(now > cntf){
        divider[cntd++]=p;
        return ;
    } 
    
    for(int i=0;i<=factor[now].second;i++){
        dfs(now+1,p);
        p*=factor[now].first;
    }
}
const int M=50;
int main(){
    get_primes(maxn);//预处理出根号b1范围内的质数 
    
    int a0,b0,a1,b1;
    int n;
    cin>>n;
    while(n--){
        scanf("%d%d%d%d",&a0,&a1,&b0,&b1);
        cntf=0;
        cntd=0;
        int b=b1;
        for(int i=0;prime[i]*prime[i]<=b;i++){
            int p=prime[i];
            if(b%p==0){
                ++cntf;
                factor[cntf].first=p;
                int cnt=0;
                while(b%p==0)cnt++,b/=p;
                factor[cntf].second=cnt;
            }
        }
        if(b>1)factor[++cntf]=make_pair(b,1);//最多只有一个大于等于根号b的质数 
        
        dfs(1,1);
        
        int res=0;
        for(int i=0;i<cntd;i++){
            int x=divider[i];
            if(gcd(x,a0)==a1 && 1ll*x*b0/gcd(x,b0)==b1){
                res++;    
            }
        } 
        printf("%d
",res);
    }
    return 0;
}