1902: 985的因子对难题

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Description

985有n个正整数,他想知道存在多少个不同的因子对(a[i], a[j])使得
1 <= i, j <= n && i != j && a[j] % a[i] == 0,其中i和j是元素的下标。
特别地,他认为(a[i],a[j])与(a[j],a[i])是一样的因子对。

</div>

Input

第一行输入一个整数t,代表有t组测试数据。
每组数据占两行,第一行输入一个n代表元素个数,下面一行输入n个整数a[]。
注:1 <= t <= 30,1 <= n <= 1e5,1 <= a[] <= 1e6。

</div>

Output

一个整数代表最后的答案。

Sample Input

2
5
1 2 3 4 5
5
2 2 2 2 2

Sample Output

5
10


很明显直接n2会爆TL

宇神:

这道题相当于是求所有数的因子个数之和,但注意(a[i],a[i])是不合法的。
这里姑且说一个比较好想的思路:
首先我们可以升序排列并去重,用num[i]记录元素i出现的次数,sum[i]表示元素i的因子个数其中不含i自己。
在统计a[i]的时候,它的贡献为:sum[a[i]] * num[a[i]] + num[i] * (num[i] - 1) / 2。
考虑从前往后做,在统计a[i]时,可以把a[i]的倍数a[i] * j统计上即sum[a[i] * j] += num[a[i]](j >= 2)。
这样在求解a[i]的贡献时,sum[a[i]]的值已经求出来了,只需累加贡献即可,而且时间复杂度是调和级数级别的。
时间复杂度:O(T * n * log(n))。其实可以先用类似素数筛预处理,这样会更快。


菜鸡:

考虑每个数最其倍数的影响
采取类似素数筛法的思路
每次遇见一个数t
则把t的所有倍数都加上t的个数
所以结果加上(t的个数*t的这个倍数的个数)
因为t本身也是本身的因数
所以需要res+=n*(n-1)/2


#include<stdio.h> 
#include<string.h> 
int a[1000020]; 
int main() { 
    int T; 
    scanf("%d",&T); 
    while(T--) { 
        memset(a,0,sizeof(a)); 
        int n; 
        scanf("%d",&n); 
        int max=0; 
        for(int i=0; i<n; i++) { 
            int t; 
            scanf("%d",&t); 
            a[t]++; 
            if(max<t) 
                max=t; 
        } 
        int sum=0; 
        for(int i=1; i<=max; i++) { 
            if(a[i]) { 
                for(int j=i+i; j<=max; j+=i) { 
                    if(a[j]) { 
                        sum+=a[i]*a[j]; 
                    } 
                } 
                sum+=(int)(((long long)a[i]*(a[i]-1))/2); 
            } 
        } 
        printf("%d\n",sum); 
    } 
    return 0; 
} 

© DiDaPiPa all right reserved,powered by GitbookRevision Time: 2020-03-12 21:32:06

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