输入二个正整数x0,y0(2≤x0≤100000，2≤y0≤1000000)，求出满足下列条件的P、Q的个数。
条件:1.P、Q是正整数
二要求P、Q以xO为最大公约数，以yO为最小公倍数。
试求，满足条件的所有可能的两个正整数的个数。
输入
样例输入
3 60
样例输出
4
此时的P Q 分别为
3 60
15 12
12 15
60 3
所以，满足条件的所有可能的两个正整数的个数共4种。
Sol1:
采用最简单的方法，暴力枚举所求的[i,j]这样的一对数字
时间复杂度为O(N*N*Log(N)).
由于原数据太小了，只TLE了一个点
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int gcd(int a,int b)
{
if(b==0)
return a;
return gcd(b,a%b);
}
int main()
{
int x,y,a=0;
cin>>x>>y;
for(int i=x;i<=y;i++)
for (int j=x;j<=y;j++)
if (gcd(i,j)==x)
{
int t=i*j;
if (t%gcd(i,j)==0&&t/gcd(i,j)==y)
a++;
}
cout<<a<<endl;
}
Sol2:在枚举时，强制规定j>i,最终结果输出时ans=ans*2;
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int gcd(int a,int b)
{
if(b==0)
return a;
return gcd(b,a%b);
}
int main()
{
int x,y,ans=0;
cin>>x>>y;
for(int i=x;i<=y;i++)
for (int j=i+1;j<=y;j++)
if (gcd(i,j)==x)
{
int t=i*j;
if (t%gcd(i,j)==0&&t/gcd(i,j)==y)
ans++;
}
cout<<ans*2<<endl;
}
Sol3:上面两个方法没有用到试题中的相关信息。我们用数字知识来分析下
发现所求数对[i,j]满足一个性质，也就是
i*j=x*y
由于x,y是已知输入的，于是我们枚举i的话，i的值就知道了，于是j=x*y/i
此时现在只要gcd(i,j)=x这个条件,我们就找到了所需的数字
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int gcd(int a,int b){
if(b==0)
return a;
return gcd(b,a%b);}
int main(){
int x,y,a=0;
cin>>x>>y;
for(int i=x;i<=y;i++)
if((y%i==0)&&(gcd(i,x*y/i)==x))
a++;
cout<<a<<endl;
return 0;
}
Sol4:
我们顺着上面的思路再分析下去
i*j=x*y
其中i=x*i',j=x*j'
于是x*i'*x*j'=x*y
i'*j'=y/x
也就是说将y/x这个数字分解成互质的两个数字即可。
时间复杂度变为O(sqrt(N)*LogN)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int gcd(int a,int b)
{
if(b==0)
return a;
return gcd(b,a%b);
}
int main()
{
int x,y,a=0;
cin>>x>>y;
if (y%x!=0)
{cout<<0<<endl;return 0;}
else
y=y/x;
for(int i=1;i*i<=y;i++)
if((y%i==0)&&(gcd(i,y/i)==1))
a++;
cout<<a*2<<endl;
return 0;
}
Sol5:采用分解质因子的方法，时间复杂度最坏为O(sqrt(N)),最快为O(LogN)
Sol6:采用PollardRho算法来分解大质数，O(N^0.25*LogN)
另一个差不多的习题，也是运用Gcd,Lcm的相关性质的题
[Noip2009]Hankson的趣味题
Hanks博士是BT（Bio-Tech，生物技术）领域的知名专家，他的儿子名叫Hankson。现在，刚刚放学回家的Hankson正在思考一个有趣的问题。 今天在课堂上，老师讲解了如何求两个正整数c1和c2的最大公约数和最小公倍数。现在Hankson认为自己已经熟练地掌握了这些知识，他开始思考一个“求公约数”和“求公倍数”之类问题的“逆问题”，这个问题是这样的：已知正整数a0,a1,b0,b1，设某未知正整数x满足：
1、 x和a0的最大公约数是a1；
2、 x和b0的最小公倍数是b1。
Hankson的“逆问题”就是求出满足条件的正整数x。但稍加思索之后，他发现这样的x并不唯一，甚至可能不存在。因此他转而开始考虑如何求解满足条件的x的个数。请你帮助他编程求解这个问题。
n≤2000,1≤a,b,c,d≤2∗10^9 。
输入
第一行为一个正整数n，表示有n组输入数据。
接下来的n行每行一组输入数据，
为四个正整数a0，a1，b0，b1，每两个整数之间用一个空格隔开。
输入数据保证a0能被a1整除，b1能被b0整除。
输出
共n行。每组输入数据的输出结果占一行，为一个整数。
对于每组数据：若不存在这样的x，请输出0；
若存在这样的x，请输出满足条件的x的个数；
样例输入
2
41 1 96 288
95 1 37 1776
样例输出
6
2
Hint
第一组输入数据， x 可以是 9、 18、 36、 72、 144、 288，共有 6 个。
第二组输入数据， x 可以是 48、 1776，共有 2 个。
Sol1:
易知我们所求的结果，应该是b1的约数，于是可以进行枚举，如果是从1枚举到b1
则只能过45% 的点，程序如下
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int gcd(int a,int b) { //求最大公因数
return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
int main() {
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--) {
int a0,a1,b0,b1;
scanf("%d%d%d%d",&a0,&a1,&b0,&b1);
int p=a0/a1,q=b1/b0,ans=0;
for(int x=1;x<=b1;x++)
if(b1%x==0)
{ //x是b1的一个因子
if(x%a1==0&&gcd(x/a1,p)==1)
//保证x与a0的最大公约数为a1
if (x*b0/gcd(x,b0)==b1)
//保证x与b0的最小公倍数为b1
ans++;
}
printf("%d ",ans);
}
return 0;
}
改进一下，在枚举b1的约数时，只要枚举1到sqrt(b1)就好了，于是就可以全过了。
时间复杂度为(T*Sqrt(N))
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,a0,a1,b0,b1,ans;
inline int gcd(int a,int b){if(a%b==0)return b;return gcd(b,a%b);}
inline int lcm(int a,int b)
{
return (long long)a*b/gcd(a,b);
//最好加上强制类型转化
}
int main()
{
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>a0>>a1>>b0>>b1;
ans=0;
for(int i=1;i*i<=b1;i++)
{
if(b1%i)continue;
int j=b1/i;
if(gcd(i,a0)==a1&&lcm(i,b0)==b1) ans++;
if(gcd(j,a0)==a1&&lcm(j,b0)==b1&&j!=i) ans++;
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
再优化下：针对b1进行质因子分解，统计下出现了多少类质因子，然后针对这些质因子进行dfs搜索组合下得到数字x,保证x与b0的最小公倍数为b1.然后再检查下x与a0的最大公约数是否为a1。实测出来还是比上面的跑得快，但代码量就上去了…
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define M 200005
using namespace std;
int prime[M],v[M],num[30][2],rp,a,b,c,d,ans,cnt = 0;
void work(){
for (int i = 2; i <= M; i++){
if (!v[i]){
prime[++cnt] = i;
v[i] = i;
}
for (int j = 1; j <= cnt; j++){
if (prime[j] > v[i] || i * prime[j] > M) break;
v[i * prime[j]] = prime[j];
}
}
}
int gcd(int aa, int bb){
return bb ? gcd(bb, aa % bb) : aa;
}
void dfs(int x, int dep)
{
if (x > rp)
{
if (gcd(a,dep) == b)
// if (gcd(d/c,d/dep) == 1)
if ((long long )dep*c/gcd(dep,c)==d)
ans++;
return;
}
int cp = 1;
for (int i = 0; i <= num[x][1]; i++)
//每个质因子最少取0个，最多取num[x][1]个
{
dfs(x + 1, dep * cp);
cp *= num[x][0];
}
}
int main(){
work();
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--){
scanf("%d %d %d %d", &a, &b, &c, &d);
if (d % c ==0)
{
rp = 0;
int e = d;
for (int i = 1; i <= cnt; i++)
//对d进行质因子分解
{
if (e == 1) break;
int x = prime[i];
if (e % x == 0)
{
num[++rp][0] = x;
num[rp][1] = 0;
while (e % x == 0)
{
num[rp][1]++;
e /= x;
}
}
}
if (e != 1)
num[++rp][0] = e, num[rp][1] = 1;
ans = 0;
dfs(1,1);
//对第1个质因子开始找起
printf("%d
", ans);
}
else
printf("0
");
}
return 0;
}