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分析：這道題對(duì)于我這種蒟蒻來說還是很有難度啊。

???? 思路非常巧妙，既然不定方程要有有限個(gè)數(shù)解，那么這個(gè)肯定會(huì)對(duì)解有所限制，也就是本題中的正整數(shù).這個(gè)時(shí)候我們要表示出方程中的一個(gè)根x,設(shè)z = n!,那么x=yz/(y-z),這樣的話不能得到答案，我們要得到的式子一定是分母只能有乘積的形式，并且同一個(gè)字母不能同時(shí)在分子分母中出現(xiàn)，因?yàn)槲覀兙褪抢谜麛?shù)的整除性來求解的，可以看出x和y都大于z,所以我們?cè)O(shè)y = z + d,帶入,就消掉了y，可以得到x = z^2/d + z,因?yàn)閤是正整數(shù)，所以z^2/d必須是整數(shù)，所以d是z^2的因子，那么我們只需要求出z^2有多少個(gè)約數(shù)就好了.

???? 求約數(shù)的個(gè)數(shù)要用到乘法原理和線性篩，z可以表示為p1^k1 * p2^k2 * p3^k3*...*pn^kn這種形式，每個(gè)質(zhì)因數(shù)可以選1到ki個(gè)或不選，而約數(shù)就是由不同的質(zhì)因子通過相乘組合起來的，所以約數(shù)的個(gè)數(shù)就等于(k1 + 1)*(k2 + 1)*...*(kn + 1),而我們要求z^2的因子個(gè)數(shù)，總不可能直接平方吧......可以發(fā)現(xiàn)每個(gè)質(zhì)因子的次數(shù)擴(kuò)大了兩倍，那么每個(gè)質(zhì)因子就有2*ki + 1種選擇，和上面一樣直接乘法原理出答案.

???? 因?yàn)閦 = n!,所以枚舉1到n中的質(zhì)數(shù)i的倍數(shù)，看i出現(xiàn)了幾次，就能得到ki.

#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> #include<cmath>using namespace std;const int mod = 1000000007;int prime[1000010], tot, cnt[1000010],n; bool vis[1000010];long long ans = 1;void init() {for (int i = 2; i <= n; i++){if (!vis[i])prime[++tot] = i;for (int j = 1; j <= tot; j++){if (prime[j] * i > n)break;vis[prime[j] * i] = 1;if (i % prime[j] == 0)break;}} }int main() {scanf("%d", &n);init();for (int i = 1; i <= tot; i++)for (int j = prime[i]; j <= n; j += prime[i])for (int k = j; k % prime[i] == 0; k /= prime[i])cnt[i]++;for (int i = 1; i <= tot; i++)ans = (ans * 1LL * (cnt[i] * 2 + 1) % mod) % mod;printf("%lld\n", ans);return 0; }

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總結(jié)

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