hdu 4497 数论 质因子

题目来源：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4497

GCD and LCM

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Problem Description

Given two positive integers G and L, could you tell me how many solutions of (x, y, z) there are, satisfying that gcd(x, y, z) = G and lcm(x, y, z) = L? 
Note, gcd(x, y, z) means the greatest common divisor of x, y and z, while lcm(x, y, z) means the least common multiple of x, y and z. 
Note 2, (1, 2, 3) and (1, 3, 2) are two different solutions.

 

Input

First line comes an integer T (T <= 12), telling the number of test cases. 
The next T lines, each contains two positive 32-bit signed integers, G and L. 
It’s guaranteed that each answer will fit in a 32-bit signed integer.

 

Output

For each test case, print one line with the number of solutions satisfying the conditions above.

 

Sample Input

2

6 72

7 33

 

Sample Output

72

0

 

 

分析：

 题意：gcd(x,y ,z) = G  lcm(x, y , z)= L， 问有多少种这样的组合数（x, y,z），题目要求有序，故为排列问题。

1： 我们可以转换为求gcd(x/G , y/G , z/G)=1  ,   lcm (x/G, y/G ,z/G) = L/G;  即求gcd(x,y,z)=1  qie  lcm(x,y,z)=n=L/G，的排列数。

我们对n进行质因子分解为  n = p1^r1*p2^r2*......*pm^rm

2：由于质因子满足乘法原则 ， 我们对每一个质因子 讨论 pi^ri,   由于gcd(x,y,z)=1  ,可以断定 x,y,z 有个数一定是pi^0次，  由于lcm(x,y,z)=pi^ri*....,我们可以断定 x,y,z 中一定有一个数能被 pi^ri 整除, 那么另一个数 就可以取  0 ，1，...， ri 中的任意一个数。因此，我们将 ri个 pi  放入 x, y, z 三个数中， 分两种情况：

一种是 ：  0  ri  0/ri   ，这种情况的排列一共是 2*3= 6种

另一种是 ：  0 ri  1/2.../ri-1    ，这种情况的排列一共是 （ri-1）*6种

两种情况之和为  ：     6*ri  。

代码如下：

#include<iostream>
#include<stdlib.h>
#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<string.h>
#include<string>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<map>
#define N 100005
using namespace std;
map<int , int >factor;
map<int ,int >::iterator it;
void prime(int x)
{
    int i,num;
    for(i=2;i*i<=x ;i++)
    {
        if(x%i ==0){
            num=0;
            while(x%i ==0)
            {
                x/=i;
                num++;
            }
        factor[i]=num;
        }
    }
    if(x>1)
        factor[x]=1;
}
int main()
{
    int t,g,l,n,sum;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        sum=1;
        factor.clear();
        cin>>g>>l;
        if(l%g)
        {
            puts("0");
            continue;
        }
        n=l/g;
        prime(n);
        for(it=factor.begin(); it!=factor.end() ; it++)
            sum*=(6*it->second);
        cout<<sum<<endl;
    }
    return 0;
}