7809 - 试题J：因数个数 25'(欧拉筛法求因子个数)

链接：http://oj.hzjingma.com/p/7809?view=classic
来源：竞码编程

题目描述
  求所有 $2$ 到 $n$ 的整数中，因数个数第 $k$ 少的数因数个数是多少。
输入描述
  第一行两个正整数 $n$ , $k$ 即题目描述中的 $n$ , $k$ 。
输出描述
  输出仅一行，即因数个数第 $k$ 少的数因数个数。
输入
  10 5
输出
  3

  解法一：直接暴力求解， $sqrt(n)$ 判断因子个数。复杂度 $O(n√n)$，对于此题目来说会 $TLE$ 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn = 2e7 + 10;
ll cnt[maxn];
set<ll>s;

ll cal(int x) {
    ll cnt1 = 2;
    if(x == 1)
        return 1;
    for(ll i = 2; i * i <= x; i++) {
        if(x % i == 0) {
            if(i * i == x)
                cnt1++;
            else
                cnt1 += 2;
        }
    }
    return cnt1;
}

int main() {
    int n, k;
    scanf("%d%d", &n, &k);
    for(int i = 2; i <= n; i++)
        cnt[i] = cal(i);
    sort(cnt + 1, cnt + n + 1);
    //for(int i=2;i<=n;i++) cout<<cnt[i]<<" "<<endl;
    printf("%lld\n", cnt[k + 1]);
    /*s.insert(cal(i));
    int cnt2=0;
    for(set<ll>::iterator it=s.begin();it!=s.end();it++) cnt[cnt2++]=*it;
    sort(cnt,cnt+cnt2);*/

    return 0;
}

  解法二：用类似于埃式筛法的方法从 $2-n$ 此把每个数的倍数因子 $++$， $sort$ 之后直接输出结果。复杂度： $O(nlogn)$，这个 $oj$ 能跑过去 $1e8$ 的代码。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn = 2e7 + 10;
int cnt[maxn];

inline int read() {
    int x = 0, neg = 1;
    char op = getchar();
    while (!isdigit(op)) {
        if (op == '-')
            neg = -1;
        op = getchar();
    }
    while (isdigit(op)) {
        x = 10 * x + op - '0';
        op = getchar();
    }
    return neg * x;
}
inline void print(int x) {
    if (x < 0) {
        putchar('-');
        x = -x;
    }
    if (x >= 10)
        print(x / 10);
    putchar(x % 10 + '0');
}

int main() {
    int n, k;
    n = read();
    k = read();
    if(n >= maxn)
        puts("2");
    else {
        for(int i = 2; i <= n; i++) {
            cnt[i] += 2;
            for(int j = 2 * i; j <= n; j += i)
                cnt[j]++;
        }
        sort(cnt + 1, cnt + n + 1);
        print(cnt[k + 1]);
    }
    return 0;
}

  解法三：我们可以知道，对于每一个数 $n$ 都可以分解成如下的式子
   $n = p_{1}^{k_{1}} × p_{2}^{k_{2}} ×p_{3}^{k_{3}} × ···· × p_{x}^{k_{x}} × ····$
   $p$ 表示质因子， $k$ 表示质因子的个数
  那个就有 $n$ 的因子个数 $cnt[n] = (k1+1) × (k2+1) × (k3+1) × ···· × (k4+1) × ····$
  在欧拉筛的过程中，当 $i$ 为素数的时候， $cnt[i] = 2$(素数只有两个因子)，此时我们在使用一个数组 $times$ 来表示 $i$ 的最小质因子的个数，此时 $times[i] = 1$ ，这个素数当前的质因子只有 $1$ 个。
当 $i \% prime[j] == 0$ 的时候：
   $i = p_{1}^{k_{1}} × p_{2}^{k_{2}} ×p_{3}^{k_{3}}$
  那么 $i * prime[j]$ 就是 $i$ 中的最小质因子的个数加一
  此时就有 $times[i * prime[j]] = times[i] + 1$ ， $i$ 的 最小质因子数加一就是 $i * prime[j]$ 的最小质因子的个数，此时这个数的因子个数就会随之改变，就变成了 $cnt[i*prime[j]] = (k1+1+1) × (k2+1) × (k3+1) × ···· × (k4+1) × ····$， $k1+1$ 是原本 $i$ 的最小质因子的个数， $k1+1+1$ 则是现在这个数的最小质因子的个数，所以就可以得到 $cnt[i*prime[j]] = cnt[i]/(times[i]+1)*(times[i*prime[j]]+1)$ 加一表示 $1$ 也是这个数的因子，然后退出这层循环，因为后面的数会在遍历其他数字的时候被筛去。
当 $i \% prime[j] != 0$ 的时候：
  说明 $i$ 中没有这个这个素数，那么 $i*prime[j]$ 就多了一种素数，这个素数出现的次数 $times[i*prime[i]] = 1$ ，因子个数 $cnt[i*prime[i]] = cnt[i] * (times[i*prime[i]] + 1) = cnt[i] * 2$。
复杂度： $O(n)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn = 2e7 + 10;
int cnt[maxn] = {0, 1}, times[maxn], prime[maxn], num1[maxn]; //最小质因子出现次数
bool is_prime[maxn];

inline int read() {
    int x = 0, neg = 1;
    char op = getchar();
    while (!isdigit(op)) {
        if (op == '-')
            neg = -1;
        op = getchar();
    }
    while (isdigit(op)) {
        x = 10 * x + op - '0';
        op = getchar();
    }
    return neg * x;
}
inline void print(int x) {
    if (x < 0) {
        putchar('-');
        x = -x;
    }
    if (x >= 10)
        print(x / 10);
    putchar(x % 10 + '0');
}

void solve() {
    for(int i = 2; i <= maxn; i++)
        is_prime[i] = true;
    is_prime[0] = is_prime[1] = false;
    int num = 0;
    for(int i = 2; i <= maxn; i++) {
        if(is_prime[i]) {
            cnt[i] = 2;
            times[i] = 1;
            prime[num++] = i;
        }
        for(int j = 0; j < num; j++) {
            if(i * prime[j] > maxn)
                break;
            is_prime[i * prime[j]] = false;
            if(i % prime[j] == 0) { //当前素数是最小质因子
                times[i * prime[j]] = times[i] + 1;
                cnt[i * prime[j]] = cnt[i] / (times[i] + 1) * (times[i * prime[j]] + 1);
                break;
            }
            times[i * prime[j]] = 1;
            cnt[i * prime[j]] = cnt[i] * 2;
        }
    }
}

int main() {
    solve();
    int n, k;
    n = read();
    k = read();
    if(n >= maxn)
        puts("2");
    else {
        //for(int i=2;i<=n;i++) cout<<cnt[i]<<" "; cout<<endl;
        for(int i = 2; i <= n; i++)
            num1[cnt[i]]++;
        //for(int i=2;i<=n;i++) cout<<num1[i]<<" "; cout<<endl;
        int cnt1 = 0;
        for(int i = 2; i <= n; i++) {
            while(num1[i]--)
                ++cnt1;
            if(cnt1 >= k) {
                print(i);
                break;
            }
        }
    }
    return 0;
}