4577. 阿拉丁和飞毯 - AcWing题库

题意：

思路：

就是去求x和y

使得

1.x!=y

2.x*y=a

3.min(x,y)=b

一开始想的是去根号n地枚举a的约数 ，然后直接统计

但是这样肯定T，所以换成dfs枚举约数去了

但是也T了

首先a*a<=b的话直接特判成0，因为第三个条件

这道题我们要求约数个数，就不需要去枚举所有的约数

我们去分解质因数

ans不断地乘(质因子个数+1)就行

但是还有第三个条件需要满足

因此我们去去掉所有小于b的约数就行

因为前面特判过了，因此b一定是小于根号a的，保证了复杂度

时间复杂度为O(T*根号a)

因为特判过了，所以这个复杂度不一定严谨

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mxn=1e6+10;
vector<pair<int,int> > v;
int a,b,len=0,T=0,ta;
int vis[mxn],prime[mxn];
void init(int n){
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!vis[i]) prime[++len]=i;
		for(int j=1;prime[j]<=n/i;j++){
			vis[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0) break;
		}
	}
}
void solve(){
	v.clear();len=0;
	cin>>a>>b;
	if(b*b>=a){
		cout<<"Case "<<++T<<": "<<0<<'\n';
		return;
	}
	ta=a;
	for(int i=1;prime[i]<=a/prime[i];i++){
		if(a%prime[i]==0){
			int s=0;
			while(a%prime[i]==0) a/=prime[i],s++;
			v.push_back({prime[i],s});
		}
	}
	if(a>1) v.push_back({a,1});
	int ans=1;
	for(int i=0;i<v.size();i++) ans*=(v[i].second+1);
	ans/=2;
	for(int i=1;i<b;i++){
		if(ta%i==0) ans--;
	}
	cout<<"Case "<<++T<<": "<<ans<<'\n';
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int __=1;cin>>__;
	init(mxn);
	while(__--)solve();return 0;
}

总结：

1e12这种复杂度的去枚举约数肯定是要去dfs枚举

能特判的就先特判掉，降低复杂度