POJ 3604 Professor Ben

POJ 3604 Professor Ben

  1 /**/ /*
  2POJ 3604 Professor Ben
  3
  4
  5----问题描述：
  6
  7Professor Ben is an old stubborn man teaching mathematics in a university. He likes to puzzle his students with perplexing (sometimes boring) problems. Today his task is: for a given integer N, a1,a2,  ,an are the factors of N, let bi be the number of factors of ai, your job is to find the sum of cubes of all bi. Looking at the confused faces of his students, Prof. Ben explains it with a satisfied smile:
  8
  9Let's assume N = 4. Then it has three factors 1, 2, and 4. Their numbers of factors are 1, 2 and 3 respectively. So the sum is 1 plus 8 plus 27 which equals 36. So 36 is the answer for N = 4.
 10
 11Given an integer N, your task is to find the answer.
 12
 13
 14----输入：
 15
 16The first line contains the number the test cases, Q(1 ≤ Q ≤ 500000). Each test case contains an integer N(1 ≤ N ≤ 5000000)
 17
 18
 19----输出：
 20
 21For each test case output the answer in a separate line.
 22
 23
 24----样例输入：
 25
 261
 274
 28
 29
 30----样例输出：
 31
 3236
 33
 34
 35----分析：
 36
 37由算术基本定理，
 38
 39设 N 有 k 个质因子 P1, P2, . , Pk
 40则
 41N = P1^A1 + P2^A2 + . + Pk^Ak
 42
 43设 N 有 m 个因子 F1, F2, . , Fm
 44则
 45Fj = P1^B1j + P2^B2j + . + Pk^Bkj    (0 <= Bij <= Ai)
 46对任意 Fx 和 Fy，当 x != y 时，必存在 r 使 Brx != Bry
 47
 48则 Fj 的因子数
 49Sj = (1+B1j) * (1+B2j) * . * (1+Bkj)
 50
 51则最终结果
 52ANS = S1^3 + S2^3 + . + Sm^3
 53    = (1+B11)^3 * (1+B21)^3 * . * (1+Bk1)^3 + 
 54      (1+B12)^3 * (1+B22)^3 * . * (1+Bk2)^3 + 
 55      . +
 56      (1+B1m)^3 * (1+B2m)^3 * . * (1+Bkm)^3
 57      其中  Bxy = 0, 1, 2, . , Ax
 58
 59合并同类项
 60ANS = (1^3 + 2^3 + . + (1+A1)^3) * 
 61      (1^3 + 2^3 + . + (1+A2)^3) * 
 62      . * 
 63      (1^3 + 2^3 + . + (1+Ak)^3)
 64
 65*/
 66
 67
 68 /**/ /**********************************************
 69版本二：
 70
 71*/
 72
 73 #include  < iostream >
 74 #include  < cstdio >
 75 #include  < cstring >
 76
 77 using   namespace  std;
 78
 79 typedef  __int64  Lint;
 80
 81 #define   N   5000009
 82 #define   RN  2240
 83
 84 int  nprime, prime[ RN ];
 85
 86 void  init()  {
 87        int i, j;
 88        memset( prime, 0, sizeof(prime) );
 89        nprime = 0;
 90        for ( i = 2; i < RN; ++i ) {
 91                if ( 0 == prime[ i ] ) {
 92                        prime[ nprime++ ] = i;
 93                        for ( j = i + i; j < RN; j += i ) {
 94                                prime[ j ] = 1;
 95                        }
 96                }
 97        }
 98}
 99
100 //  calc 1^3 + 2^3 + . + (1+a)^3
101 Lint sum(  int  a )  {
102        Lint n = a + 1;
103        Lint h = ( (n&1) ? ((n+1)/2*n) : (n/2*(n+1)) );
104        return h * h;
105}
106
107 Lint solve(  int  n )  {
108        int i = -1, p, a;
109        Lint ans = 1;
110        while ( 1 != n ) {
111                do {
112                        ++i;
113                } while ( (i < nprime) && (n % prime[ i ] != 0) );
114                if ( i >= nprime ) {
115                        // n 是质数
116                        a = 1;
117                        n = 1;
118                }
119                else {
120                        a = 0;
121                        p = prime[ i ];
122                        do {
123                                ++a;
124                                n /= p;
125                        } while ( n % p == 0 );
126                }
127                ans *= sum( a );
128        }
129        return ans;
130}
131
132 int  main()  {
133        int td, n;
134        init();
135        scanf( "%d", &td );
136        while ( 0 < td-- ) {
137                scanf( "%d", &n );
138                printf( "%I64d\n", solve(n) );
139        }
140        return 0;
141}
142
143
144
145 /**/ /**********************************************
146版本一：
147TLE
148*/
149 /**/ /*
150#include <iostream>
151#include <cstdio>
152
153using namespace std;
154
155typedef  __int64  Lint;
156
157#define  N   5000009
158#define  RN  2240
159
160void init() {
161}
162
163// calc 1^3 + 2^3 + . + (1+a)^3
164Lint sum( int a ) {
165        Lint n = a + 1;
166        Lint h = ( (n&1) ? ((n+1)/2*n) : (n/2*(n+1)) );
167        return h * h;
168}
169
170Lint solve( int n ) {
171        int p = 1, a;
172        Lint ans = 1;
173        while ( 1 != n ) {
174                do {
175                        ++p;
176                } while ( (p < RN) && (n % p != 0) );
177                if ( RN <= p ) {
178                        // n 是质数
179                        a = 1;
180                        n = 1;
181                }
182                else {
183                        a = 0;
184                        do {
185                                ++a;
186                                n /= p;
187                        } while ( n % p == 0 );
188                }
189                ans *= sum( a );
190        }
191        return ans;
192}
193
194int main() {
195        int td, n;
196        init();
197        scanf( "%d", &td );
198        while ( 0 < td-- ) {
199                scanf( "%d", &n );
200                printf( "%I64d\n", solve(n) );
201        }
202        return 0;
203}
204*/
205