[NOIp 2009]Hankson的趣味题-白红宇

[NOIp 2009]Hankson的趣味题

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发布时间：2019-06-11

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Description

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。

Input

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。

Output

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；

Sample Input

2 41 1 96 288 95 1 37 1776

Sample Output

6 2

HINT

【说明】

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。

【数据范围】

对于 50%的数据，保证有 1≤a0，a1，b0，b1≤10000 且 n≤100。

对于 100%的数据，保证有 1≤a0，a1，b0，b1≤2,000,000,000 且 n≤2000。

题解（转载）

这题可以从$b_0$和$b_1$下手，考虑$b_0$和$b_1$的质因子，如果$b_1$的某个质因子和$b_0$的某个质因子的出现次数相同，那么$x$就可以取任意个(不超过$b_1$)该质因子。

如果$b_0$的质因子和$b_1$的质因子出现的不相同，那么x含有该因子的次数就确定了，可以直接乘起来。

最后我们把不确定的质因子$dfs$枚举出现次数，然后暴力判断$gcd(x, a_0) = a_1$即可。

1 //It is made by Awson on 2017.10.8 2 #include  3 #include 
      
        4 #include 
       
         5 #include 
        
          6 #include 
         
           7 #include 
          
            8 #include 
           
             9 #include 
            
             10 #include 
             
              11 #include 
              
               12 #include 
               
                13 #include 
                
                 14 #include 
                 
                  15 #define LL long long16 #define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))17 #define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))18 using namespace std;19 const int N = 5e4;20 21 int prime[N+5], top;22 bool isprime[N+5];23 int a, b, c, d;24 int qa[N+5], qt[N+5];25 int ans, pos;26 27 void prepare() {28 memset(isprime, 1, sizeof(isprime));29 isprime[1] = 0;30 for (int i = 2; i <= N; i++) {31 if (isprime[i]) prime[++top] = i;32 for (int j = 1; j <= top && prime[j]*i <= N; j++) {33 isprime[prime[j]*i] = 0;34 if (!(i%prime[j])) break;35 }36 }37 }38 int quick_pow(int a, int b) {39 int sum = 1;40 while (b) {41 if (b&1) sum *= a;42 a *= a;43 b >>= 1;44 }45 return sum;46 }47 int gcd(int a, int b) {48 return b ? gcd(b, a%b) : a;49 }50 bool judge(int p, int lo) {51 int t = c, cnt = 0;52 while (t%p == 0) t /= p, cnt++;53 return cnt != lo;54 }55 void dfs(int cen, int sum) {56 if (cen == pos+1) {57 if (gcd(sum, a) == b) ans++;58 return;59 }60 dfs(cen+1, sum);61 for (int i = 1; i <= qt[cen]; i++)62 dfs(cen+1, sum *= qa[cen]);63 }64 void work() {65 scanf("%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d);66 int t = d, sum = 1; pos = 0; ans = 0;67 for (int i = 1; i <= top && prime[i] <= t; i++) {68 int cnt = 0;69 while (t%prime[i] == 0) t/=prime[i], cnt++;70 if (judge(prime[i], cnt)) sum *= quick_pow(prime[i], cnt);71 else qa[++pos] = prime[i], qt[pos] = cnt;72 }73 if (t != 1) {74 if (judge(t, 1)) sum *= t;75 else qa[++pos] = t, qt[pos] = 1;76 }77 dfs(1, sum);78 printf("%d\n", ans);79 }80 int main() {81 int t; scanf("%d", &t);82 prepare();83 while (t--) work();84 return 0;85 }

转载于:https://www.cnblogs.com/NaVi-Awson/p/7637956.html

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