洛谷 P9007 [入门赛 #9] 最澄澈的空与海 (Hard Version)

这道题可不入门。

$\text{[Problem Discription]}$

给定 $n$，求有多少组 $(x,y,z)$ 满足：

1. $x-\frac{y}{z}=n!$
2. $\frac{x-y}{z}=\frac{n!}{n}$

其中 $n!$ 表示 $n$ 的阶乘，即 $\prod _{i=1}^{n}i$。$x,y,z$ 为整数，可以是负整数。

多组询问。$1\le T\le 1\times 10^5,1\le n\le 1\times 10^6$。

$\text{[Analysis]}$

作为一个经历了高考摧残的人，最会干的事情就是化简冗长的式子。

干瞪眼看不出这两个式子有什么规律，变量太多了，因此考虑先消元。

由 $x-\frac{y}{z}=n!$ 得 $x=\frac{y}{z}+n!$，把它带入第二个式子中可得：

$$\begin{array}{rl}\frac{x-y}{z}& =\frac{\frac{y}{z}+n!-y}{z}\\ & =\frac{y+zn!-zy}{z^2}\\ & =\frac{n!}{n}\end{array}$$

通分，

$$\begin{array}{rl}ny-nzn!-nzy& =n!z^2\\ n(z-1)y& =n!z(n-z)\\ y& =\frac{(n-1)!z(n-z)}{z-1}\end{array}$$

因此，满足题意的 $(z-1)$ 一定是 $(n-1)!z(n-z)$ 的因数。除了 $z=2$ 外，$(z-1)$ 不会是 $z$ 的因数，且 $\gcd (z-1,z)=1$，因此 $(z-1)$ 为 $(n-1)!(n-z)$ 的因数。然而这个式子上下都含有 $z$，愚蠢的人脑是分析不出什么东西来的。

考虑引入新的参数 $k$。

$$\begin{array}{rl}(n-1)!(n-z)& =k(z-1)\\ n!-(n-1)!z& =kz-k\\ \left[(n-1)!+k\right]z& =n!+k\\ z& =\frac{n!+k}{(n-1)!+k}\end{array}$$

实话实说，这是一个非常美的式子，可惜它和上面一样，上下都含有 $k$，因此从难度上并没有变化。

思路貌似到这里就断了，怎么办？当然是看题解去（bushi）。

上面是把消去了 $x$ 保留 $y$，行不通的时候当然试试消去 $y$ 留下 $x$ 啦。

也不用重新计算，只需要把 $y$ 用 $z$ 表达的那个式子带入 $x$ 中，就可以得到：

$$x=\frac{y}{z}+n!=\frac{(n-1)(n-1)!z}{z-1}$$

同样，$z\ne 2$ 时，$(z-1)$ 不是 $z$ 的因数，因此 $(z-1)$ 一定是 $(n-1)(n-1)!$ 的因数。$z=2$ 时，$z-1=1$ 当然也是 $(n-1)(n-1)!$ 的因数。

因此问题转化为求 $(n-1)(n-1)!$ 的因数的个数。这个问题和原问题是等价的。记答案为 $\text{ans}(n)$。

为什么？

考虑 $(n-1)(n-1)!$ 的一个因数 $z$，带入上式就一定可以唯一的算出一个 $x(z),y(z)$，$x(z)$ 必然是一个整数。而 $y=z(x-n!)$（由最开始的式子变形而来）在 $x,z$ 都是整数的情况下当然是整数。因此一个 $z$ 就唯一确定一组 $(x,y,z)$，而不同的 $z$ 确定的当然是不同的 $(x,y,z)$。两个问题的解构成一一映射。

根据因数个数定理，我们需要求的就是 $(n-1)(n-1)!$ 不同质因数出现的次数。

设每个质因数出现的次数为 $f(p_i)$。答案即为 $\prod _{i=1}^{\text{prime count}}\left(1+f(p_i)\right)$。

不能每次都重新求，考虑怎么从 $\text{ans}(n-1)$ 递推得到 $\text{ans}(n)$。

我们可以快速的将 $n$ 和 $(n-1)$ 分解质因数，然后 $f(p_i)$ 减去 $(n-1)$ 的质因数出现次数，加上两倍的 $n$ 的质因数个数就行了（因为阶乘和阶乘前各有一个 $n$，所以是两倍）。

但是根号级别的分解质因数还是太慢了，能不能降低时间复杂度呢？

答案是可以的。如果我们知道 $n$ 的质因数都有谁，就不用一个一个数去实验了。当然不能把所有质因数都记下来（都记下来了还要试除法干嘛了），但是通过线性筛，我们可以顺便得到每个数的最小质因数是多少。每次除以最小质因数就可以大大加快算法了。

配合线性求逆元，程序跑得飞快。

还漏了一个问题，在上面那个式子中，$(z-1)$ 是作为分母的，因此 $z\ne 1$。有没有 $z=1$ 的情况呢？

$z=1$ 时有 $x-y=n!=\frac{n!}{n}$，因此 $n=1$。因此只有 $n=1$ 时答案为无穷。

$\text{Code}$

int f[N],n,T,ans[N];int prime[N],prcnt;
bool is_prime[N];
int minn_prime[N];
void get_prime(int n){for(int i=2;i<=n;i++)is_prime[i]=true;for(int i=2;i<=n;i++){if (is_prime[i]){minn_prime[i]=i;prime[++prcnt]=i;}for(int j=1;j<=prcnt;j++){if (1ll*i*prime[j]>n) break;is_prime[i*prime[j]]=false;minn_prime[i*prime[j]]=prime[j];if (i%prime[j]==0) break;}}
}int ksm(int a,int b){自己写快速幂
}int inv[N],fac[N];void init_inv(int n){fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;int tmp=ksm(fac[n],mod-2);inv[n]=1ll*fac[n-1]*tmp%mod;for(int i=n-1;i>=1;i--){tmp=1ll*tmp*(i+1)%mod;inv[i]=1ll*tmp*fac[i-1]%mod;}
}vector<pair<int,int> > prdiv;
void dp_init(int n){int cur=1;ans[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){prdiv.clear();int tmp=i;while (tmp!=1){int cnt=0,div=minn_prime[tmp];while (tmp%div==0){tmp/=div;cnt++;}prdiv.push_back(make_pair(div,cnt));}tmp=prdiv.size();for(int j=0;j<tmp;j++){int val=prdiv[j].first,cnt=prdiv[j].second;cur=1ll*cur*inv[1+f[val]]%mod;f[val]+=(cnt<<1);cur=1ll*cur*(1+f[val])%mod;}ans[i]=cur;for(int j=0;j<tmp;j++){int val=prdiv[j].first,cnt=prdiv[j].second;cur=1ll*cur*inv[1+f[val]]%mod;f[val]-=cnt;cur=1ll*cur*(1+f[val])%mod;}}
}int main(){get_prime(1e6);init_inv(1e6);dp_init(1e6);T=read();for(int Case=1;Case<=T;Case++){n=read();if (n==1) printf("inf\n");else printf("%d\n",ans[n-1]);}return 0;
}