题目大意:给出一组n和k,求解满足公式:gcd(n-a,n)*gcd(n-b,n)=n^k的(a,b)的对数,结果对(1e9+7)取模。
先证明:对于1<=x<=n,有gcd(n-x , n) = gcd(x , n) 。
假设gcd(n-a , n) = x(1<=a<=n),则x是(n-a)和n的最大公约数,所以存在整数k1,k2(并且k1<k2,而且
gcd(k1,k2)=1即k1和k2没有除1以外的公约数)使得n-a=k1*x,n=k2*x;那么a=n-k1*x=k2*x-k1*x=(k2-k1)*x,则
gcd(a,n)=gcd((k2-k1)*x,n)=gcd((k2-k1)*x,k2*x)。那么gcd((k2-k1)*x,k2*x)是否等于x呢???
因为k1与k2没有除1以外的公约数,所以对任意的i(i>1)都有k2!=k1*i,则(k2-k1)与k2没有除1以外的公约数。
所以gcd(a,n)=gcd((k2-k1)*x,k2*x)=x=gcd(n-a , n),同理gcd(b,n)=gcd(n-b,n)
解题思路:gcd(n-a,n)*gcd(n-b,n)=n^k可以化为gcd(a,n)*gcd(b,n)=n^k。
对于任意的gcd(x,y)<=max(x,y),则对于公式:gcd(a,n)*gcd(b,n)=n^k,
因为1<=a,b<=n,所有我们有gcd(a,n)<=n,gcd(b,n)<=n。所以gcd(a,n)*gcd(b,n)<=n^2,则
当n=1时,原公式只有1解;
当k>2时,原公式无解;
当k=2时,只有a=b=n时,gcd(a,n)=n,gcd(b,n)=n,gcd(a,n)*gcd(b,n)=n^2,即原公式只有1解;
当k=1时,就是求gcd(a,n)*gcd(b,n)=n,如果gcd(a,n)=x,则gcd(b,n)=n/x,这里只要枚举x,求n/x即可。x是a和n的最
大公约数,那么x就是n的因数,因此枚举n的因数就可以了。对于每一个x可能会有多个a(1<=a<=n)存在,使得
gcd(a,n)=x,假设存在ma个;那么对于每一个n/x,同样会有多个b(1<=b<=n)存在,使得gcd(b,n)=n/x,假设存在
mb个(对于ma,mb的求解可以用欧拉函数求解?????)。那么对于一个x,如果x*x!=n,那么就存在2*ma*mb
对结果,如果x*x==n,那么就存在ma*mb对结果。
感觉对这些数论的定理公式还是不能够很灵活的运用。。。多多刷题
AC:
#include <cstdio> #include <iostream> #define mod 1000000007 using namespace std; typedef __int64 LL; LL n,k; //欧拉函数 LL euler(LL x) { LL i,res=x; for(i=2;i*i<=x;i++) { if(x%i==0) { res=res/i*(i-1); while(x%i==0) x=x/i; } } if(x>1) res=res/x*(x-1); return res; } int main() { LL i,sum; while(scanf("%I64d%I64d",&n,&k)!=EOF) { if(n==1) { printf("1\n"); continue; } if(k>2) { printf("0\n"); continue; } if(k==2) { printf("1\n"); } else//当k=1时 { sum=0; //枚举n的因数 for(i=1;i*i<=n;i++) { if(n%i==0) { if(i*i==n) sum+=euler(n/i)*euler(i); else sum+=2*euler(n/i)*euler(i); sum%=mod; } } printf("%I64d\n",sum); } } return 0; }