POJ 2917 Diophantus of Alexandria ★(数论)

题目链接：http://poj.org/problem?id=2917 题目大意：给定n，求有多少种1/x + 1/y = 1/n成立（x,y为正整数） 思路：一道很经典的数论题. 我们不妨设x>=y,则x=n+1,n+2,……,n+n. 而y = 1 / (1/n - 1/x) = nx / (x - n). 令k = x - n, 则 1 <= k <= n.则y = n(n+k) / k. 因为n*k = 0(mod k), 所以答案,即y的个数就等于n*n的小于等于n的约数个数. 容易想到n*n的约数中除了n外,大于n的和小于n的是一一对应的,所以设n*n的约数为res,则ans = (res + 1) / 2. 但是因为n*n很大,所以直接求n*n的约数的不切实际的,不过我们是可以通过n的约数个数求n*n的约数个数 ------ n和n*n的素因子是一样的 我们假设n = p1^a1 * p2^a2 * …… * pi^ai,可知n的约数个数 = (a1+1)(a2+2)……(ai+1). 那么n*n = p1^(2*a1) * p2^(2*a2) * …… * pi^(2*ai),即n*n的约数个数 = (2*a1+1)(2*a2+2)……(2*ai+1).  

#include 
#include 
using namespace std;
vector  > prime;
int solve(int n){
    for (int i = 2; i * i <= n; i ++){
        int num = 0;
        while(n % i == 0){
            num ++;
            n /= i;
        }
        prime.push_back(make_pair(i, num));
        if (n == 1)
            break;
    }
    if (n > 1){
        prime.push_back(make_pair(n, 1));
    }
    long long ans = 1;
    for (int i = 0; i < prime.size(); i ++){
        ans *= (2 * prime[i].second + 1);
    }
    return (ans + 1)/2;
}
int main(){
    int t, caseo = 1;
    scanf("%d",&t);
    while(t --){
        int n;
        prime.clear();
        scanf("%d",&n);
        printf("Scenario #%d:\n", caseo ++);
        printf("%d\n\n", solve(n));
    }
    return 0;
}