题意： 给你 N 和 K,问有多少个数对满足 gcd(N-A, N) * gcd(N - B, N) = N^K 分析： 由于 gcd(a, N) <= N,于是 K>2 都是无解,K=2 只有一个解 A=B=N,只要考虑 K = 1 的情况就好了 其实上式和这个是等价的 gcd(A, N) * gcd(B, N) = N^K,我们枚举 gcd(A, N) = g,那么gcd(B, N) = N / g。问题转化为统计满足 gcd(A, N) = g 的 A 的个数。这个答案就是 ɸ(N/g) 只要枚举 N 的 约数就可以了。答案是 Σɸ(N/g)*ɸ(g) g | N
计算 ɸ 可以递归,也可以直接暴力计算,两个都可以。
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#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <bitset>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <climits>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <time.h>
#define maxn 100005
#define maxm 40005
#define eps 1e-10
#define mod 1000000007
#define INF 999999999
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define mp mark_pair
#define ls o<<1
#define rs o<<1 | 1
#define lson o<<1, L, mid
#define rson o<<1 | 1, mid+1, R
typedef long long LL;
//typedef int LL;
using namespace std;
LL powmod(LL a, LL b){LL res=1,base=a;while(b){if(b%2)res=res*base%mod;base=base*base%mod;b/=2;}return res;}
void scanf(int &__x){__x=0;char __ch=getchar();while(__ch==' '||__ch=='\n')__ch=getchar();while(__ch>='0'&&__ch<='9')__x=__x*10+__ch-'0',__ch = getchar();}
LL gcd(LL _a, LL _b){if(!_b) return _a;else return gcd(_b, _a%_b);}
// head
LL phi(LL x)
{
LL ans = x;
for(LL i = 2; i * i <= x; i++)
if(x % i == 0) {
ans -= ans/i;
while(x % i == 0) x /= i;
}
if(x > 1) ans -= ans/x;
return ans;
}
int main(void)
{
LL n, k;
while(scanf("%I64d%I64d", &n, &k)!=EOF) {
if(k > 2) {
if(n == 1) printf("1\n");
else printf("0\n");
}
else if(k == 2) printf("1\n");
else {
LL ans = 0;
for(LL i = 1; i * i <= n; i++) if(n % i == 0) {
if(i * i != n) ans = (ans + phi(i) * phi(n/i) * 2) % mod;
else ans = (ans + phi(i) * phi(i)) % mod;
}
printf("%I64d\n", ans);
}
}
return 0;
}
