【鄭輕】[1902]985的因子對難題

1902: 985的因子對難題

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Description

985有n個正整數，他想知道存在多少個不同的因子對(a[i], a[j])使得

1 <= i, j <= n && i != j && a[j] % a[i] == 0，其中i和j是元素的下標。

特別地，他認爲（a[i]，a[j]）與（a[j]，a[i]）是一樣的因子對。

Input

第一行輸入一個整數t，代表有t組測試數據。

每組數據佔兩行，第一行輸入一個n代表元素個數，下面一行輸入n個整數a[]。

注：1 <= t <= 30，1 <= n <= 1e5，1 <= a[] <= 1e6。

Output

一個整數代表最後的答案。

Sample Input

2
5
1 2 3 4 5
5
2 2 2 2 2

Sample Output

5
10

很明顯直接n²會爆TL

宇神：

這道題相當於是求所有數的因子個數之和，但注意（a[i]，a[i]）是不合法的。
這裏姑且說一個比較好想的思路：
首先我們可以升序排列並去重，用num[i]記錄元素i出現的次數，sum[i]表示元素i的因子個數其中不含i自己。
在統計a[i]的時候，它的貢獻爲：sum[a[i]] * num[a[i]] + num[i] * (num[i] - 1) / 2。
考慮從前往後做，在統計a[i]時，可以把a[i]的倍數a[i] * j統計上即sum[a[i] * j] += num[a[i]]（j >= 2）。
這樣在求解a[i]的貢獻時，sum[a[i]]的值已經求出來了，只需累加貢獻即可，而且時間複雜度是調和級數級別的。
時間複雜度：O(T * n * log(n))。其實可以先用類似素數篩預處理，這樣會更快。

菜雞：

考慮每個數最其倍數的影響

採取類似素數篩法的思路

每次遇見一個數t

則把t的所有倍數都加上t的個數

所以結果加上(t的個數*t的這個倍數的個數)

因爲t本身也是本身的因數

所以需要res+=n*(n-1)/2

#include<stdio.h> 
#include<string.h> 
int a[1000020]; 
int main() { 
    int T; 
    scanf("%d",&T); 
    while(T--) { 
        memset(a,0,sizeof(a)); 
        int n; 
        scanf("%d",&n); 
        int max=0; 
        for(int i=0; i<n; i++) { 
            int t; 
            scanf("%d",&t); 
            a[t]++; 
            if(max<t) 
                max=t; 
        } 
        int sum=0; 
        for(int i=1; i<=max; i++) { 
            if(a[i]) { 
                for(int j=i+i; j<=max; j+=i) { 
                    if(a[j]) { 
                        sum+=a[i]*a[j]; 
                    } 
                } 
                sum+=(int)(((long long)a[i]*(a[i]-1))/2); 
            } 
        } 
        printf("%d\n",sum); 
    } 
    return 0; 
} 

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