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Leetcode.1735 生成乘积数组的方案数 rating : 2500

题目描述

给你一个二维整数数组 $queries$ ，其中 $queries[i]=[n_i,k_i]$ 。第 $i$ 个查询 $queries[i]$ 要求构造长度为 $n_i$ 、每个元素都是正整数的数组，且满足所有元素的乘积为 $k_i$ ，请你找出有多少种可行的方案。由于答案可能会很大，方案数需要对 $10^9+7$ 取余 。

请你返回一个整数数组 $answer$，满足 $answer.length==queries.length$ ，其中 $answer[i]$ 是第 $i$ 个查询的结果。

示例 1：

输入：queries = [[2,6],[5,1],[73,660]]
输出：[4,1,50734910]
解释：每个查询之间彼此独立。
[2,6]：总共有 4 种方案得到长度为 2 且乘积为 6 的数组：[1,6]，[2,3]，[3,2]，[6,1]。
[5,1]：总共有 1 种方案得到长度为 5 且乘积为 1 的数组：[1,1,1,1,1]。
[73,660]：总共有 1050734917 种方案得到长度为 73 且乘积为 660 的数组。1050734917 对 109 + 7 取余得到 50734910 。

示例 2：

输入：queries = [[1,1],[2,2],[3,3],[4,4],[5,5]]
输出：[1,2,3,10,5]

提示：

• $1\le queries.length\le 10^4$
• $1\le n_i,k_i\le 10^4$

解法：组合数学 + 质因数分解

对于 $[n_i,k_i]$ 就等价于 有 $n_i$ 个相同的箱子，要把 $k_i$ 的所有 质因子 放入到这 $n_i$ 箱子中，有的箱子可以为空。

例如 $[2,6]$，就是有 $2$ 个箱子 $[][]$，$n=2\times 3$。一共有 $4$ 种放法：

• $[2\ast 3][]$
• $[][2\ast 3]$
• $[2][3]$
• $[3][2]$

我们可以发现，对于不同的质因子都可以单独计算。假设这里把质因子 $2$ 看作是小球 $A$，把质因子 $3$ 看作是小球 $B$。

• 把小球 $A$ 放到两个箱子中，一共有两种放法：$[A][],[][A]$
• 把小球 $B$ 放到两个箱子中，一共有两种放法：$[B][],[][B]$

所以一共有 $2\times 2=4$ 种放法。

假设一共有 $m$ 个箱子，$n$ 个球，把 $n$ 个球放进 $m$ 个箱子，并且允许出现空箱子的放法有多少种。

等价于 一共有 $n+m$ 个球，要把这 $n+m$ 个球分割成 $m$ 部分，也就是 $C(n+m-1,m-1)=C(n+m-1,n)$。

例如：假设有 $3$ 个小球，要放到 $4$ 个盒子中。

等价于 有 $3+4$ 个小球，再把小球分为 $4$ 个部分的方案数量。

$3+4$ 个小球，一共有 $3+4-1=6$ 个位置，要把这 $7$ 个小球分为 $4$ 个部分，直接从 $6$ 个隔板中选 $4$ 个插入，即 $C(6,4)$；

推广到 $n$ 个小球，$m$ 个箱子就是 $C(n+m-1,m-1)=C(n+m-1,n)$。

那么我们就可以处理出 $k_i$ 的所有质因数，也就是求出所有 小球，最后计算方案即可。

时间复杂度：$((N+logK)logK)$

C++代码：

using LL = long long;
const int MOD = 1e9 + 7;
const int N = 1e4 + 15;
LL c[N][15];

auto _ = []()
{
    c[0][0] = 1;
    for(int i = 1;i < N;i++)
    {
        c[i][0] = 1;
        for(int j = 1;j < 15;j++) c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % MOD;
    }
    return 0;
}();

class Solution {
public:
    vector<int> waysToFillArray(vector<vector<int>>& queries) {
        vector<int> ans;

        for(auto q:queries)
        {
            int n = q[0], k = q[1];
            LL res = 1;
            auto x = k;

            for(int i = 2;i <= x / i;i++)
            {
                if(x % i == 0)
                {
                    int cnt = 0;
                    while(x % i == 0)
                    {
                        x /= i;
                        cnt++;
                    }

                    res = res * c[cnt + n - 1][cnt] % MOD;
                }
            }

            if(x > 1) res = res * n % MOD;
            ans.push_back(res);
        }

        return ans;
    }
};