ACWing 1291 轻拍牛头题解

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2025 年 05 月 13 日

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数论思维

# ACWing 1291 轻拍牛头 题解

## 题目描述

今天是贝茜的生日，为了庆祝自己的生日，贝茜邀你来玩一个游戏．

贝茜让 $N$ 头奶牛（编号 $1$ 到 $N$）坐成一个圈。

除了 $1$ 号与 $N$ 号奶牛外，$i$ 号奶牛与 $i-1$ 号和 $i+1$ 号奶牛相邻，$N$ 号奶牛与 $1$ 号奶牛相邻。

农夫约翰用很多纸条装满了一个桶，每一张纸条中包含一个 $1$ 到 $1000000$ 之间的数字。

接着每一头奶牛 $i$ 从桶中取出一张纸条，纸条上的数字用 $A_i$ 表示。

所有奶牛都选取完毕后，每头奶牛轮流走上一圈，当走到一头奶牛身旁时，如果自己手中的数字能够被该奶牛手中的数字整除，则拍打该牛的头。

牛们希望你帮助他们确定，每一头奶牛需要拍打的牛的数量。

即共有 $N$ 个整数 $A_1,A_2,…,A_N$，对于每一个数 $A_i$，求其他的数中有多少个是它的约数。

## 输入格式

第一行包含整数 $N$。

接下来 $N$ 行，每行包含一个整数 $A_i$。

## 输出格式

共 $N$ 行，第 $i$ 行的数字为第 $i$ 头牛需要拍打的牛的数量。

## 解题思路

首先考虑朴素做法， 其时间复杂度为$O(N^2)$， 显然会超时， 不可取

考虑到$1\sim N$中所有数的约数个数之和不会超过$O(Nlog N)$， 可以尝试求出所有数 的约数， 但是求约数的时间复杂度为$O(\sqrt{N})$， 因此也会超时

这样我们不难发现一个事实：对于一个正整数$n$而言，进行质因数分解所需要的时间复杂度很高， 但是求他的倍数$kn$的时间复杂度很低，因此可以考虑计算$i$的所有倍数，不妨令`cnt[i]`表示$i$出现的次数， `ans[i]`表示拿到数字为$i$的奶牛，在$N$头奶牛拿到所有数字中约数的个数，则可以通过如下方式更新

- 首先预处理所有的数字，令`cnt[i]`表示数字`i`出现的次数
- 令$i$从$1$到$N$开始遍历， $j$为$i$的倍数。则应有:
  - 如果`j == i`则`ans[i] += cnt[j] - 1`
  - 否则`ans[i] += cnt[j]`

## AC代码

```cpp
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <map>
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;

int n;
int a[N], cnt[N], ans[N];

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) 
    {
        cin >> a[i];
        cnt[a[i]] ++;
    }

for(int i = 1; i <= N; i ++)
    {
        for(int j = i; j <= N; j += i)
        {
            if(j == i) ans[j] += cnt[i] - 1;
            else ans[j] += cnt[i];
        }
    }

for(int i = 1; i <= n; i ++) cout << ans[a[i]] << endl;
	return 0;
}
```

最后修改：2025 年 05 月 13 日