洛谷P1029 最大公约数和最小公倍数问题题解

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P1029

题目描述

输入 $2$ 个正整数 $x_0,y_0(2 \le x_0 \lt 100000,2 \le y_0 \le 1000000)$ ，求满足下列条件的 $P,Q$ 的个数。

条件：

$P,Q$ 是正整数；
要求 $P,Q$ 以 $x_0$ 为最大公约数，以 $y_0$ 为最小公倍数。

试求：满足条件的所有可能的 $2$ 个正整数的个数。

输入格式

$2$ 个正整数 $x_0,y_0$

输出格式

$1$ 个数，表示求出满足条件的 $P,Q$ 的个数

问题分析

这道题目虽然命名为《最大公约数和最小公倍数问题》并且它的确可以用最大公约数和最小公倍数的解法做，但是这道题目也可以用分解质因数的方法来解决。

下面分两种方法来解决这个问题：

解法1 GCD+枚举

这个GCD其实就是“最大公约数”（greatest common divisor）的简写。

首先，对于给我们的两个数 $x_0$ 和 $y_0$ ，如果 $x_0$ 不能整除 $y_0$ ，那么答案肯定是 $0$ 个。

不然，我们就从 $x_0$ 到 $y_0$ 一路枚举 $P$ ，根据 $P$ 我们能够得到 $Q$ 为 $x_0 \times y_0 / P$ 。

当然此时的 $Q$ 不一定是合法的,

$Q$ 合法当且仅当 $GCD(P,Q) = x_0$ 。

然后统计一下当 $P$ 在区间 $[x0,y0]$ 范围内有多少个合法的 $Q$ 即可。

实现代码如下：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

long long x, y;

long long gcd(long long a, long long b) {

    if (b == 0) return a;

    return gcd(b, a%b);

}

int main() {

    cin >> x >> y;

    if (y % x) puts("0");

    else {

        int cnt = 0;

        for (long long p = x; p <= y; p ++) {

            if (y % p || p % x) continue; // P必须满足能被x0整除，同时能整除y0

            long long q = x * y / p;

            if (gcd(p, q) == x) cnt ++;

        }

        cout << cnt << endl;

    }

    return 0;

}

然而这道题目还有更快的解法，这就是我接下来要介绍的：

解法2 分解质因数

我们以 “分解质因数” 的方法来解决这个问题。

首先，如果 $x0$ 不能整除 $y0$ ，那么答案肯定为 $0$ ，直接输出 $0$ 即可。

其次，我们令 $n = y_0 / x_0$ ，然后对 $n$ 进行质因数分解，假设对 $n$ 进行质因数分解的表达式为：

$n = a_1^{b_1} \times a_2^{b_2} \times \dots \times a_m^{b_m}$

那么我们知道，对于其中的任意一个 $a_i$ ，它要么归到 $P$ ，要么归到 $Q$ ，不可能有 $1$ 个 $a_i$ 归到 $P$ ，而另一个 $a_i$ 归到 $Q$ （因为这个时候他们的最大公约数就变成了 $x0 \times a_i$），所以对于这 $m$ 个 $a_i$ ，他们要么都归到 $P$ ，要么都归到 $Q$ ，所以总的方案数就是 $2^m$ 。

实现代码如下（代码中我用 $cnt$ 来表示不同的质因数个数）：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int x, y, n, m;

int main() {

    cin >> x >> y;

    if (y % x) puts("0");

    else {

        n = y / x;

        int a = sqrt(n);    // 求平方根

        for (int i = 2; i <= a; i ++) {

            if (n % i == 0) {

                m ++;

                while (n % i == 0) n /= i;

            }

        }

        if (n > 1) m ++;

        cout << (1<<m) << endl;

    }

    return 0;

}

学过位运算的同学应该清楚，代码中的 $1<<m$ 其实表示的就是 $2^m$ ，而这就是我们的答案了。