第一場ATcoder就遇到測試樣例出問題取消本場積分的事情，嗚嗚嗚～～一份題解證明我來過！ABC水過前三道，排名575.

上週的比賽，因為最後一題加上拖延症，還是終於在本週比賽開始前來寫這個解題報告了。第一場體驗還是不錯的，後來發現有題解值得表揚（雖然是日語的）！

題意：給三個個位數，將其中兩個拼成兩位數再加上第三個數，得到結果，輸出可能的最大結果。

思路：找到最大的數乘以10，然後把剩下兩個加起來。

#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
    int a,b,c;
    cin>>a>>b>>c;
    int sum=0;
    if(a>=b&&a>=c) sum=a*10+b+c;
    else if(b>=a&&b>=c) sum=b*10+a+c;
    else sum=c*10+a+b;
    cout<<sum<<endl;
}
 

 題意：給兩堆整數，如果有交集則發生戰爭。

思路：輸入時候記錄第一堆的最大數和第二堆的最小數，最後進行比較。

#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
    int n,m,x,y;
    cin>>n>>m>>x>>y;
    int xx,yy;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        cin>>xx;
        if(xx>x) x=xx;
    }
    for(int i=0;i<m;i++)
    {
        cin>>yy;
        if(yy<y) y=yy;
    }
    if(x<y) cout<<"No War"<<endl;
    else cout<<"War"<<endl;
}
 

 思路：兩個等長字串，可以對第一個字串操作，每次操作指定兩個不同的小寫字母，將第一個字串中每個這兩個字母都變成另一個。判斷是否能通過變換將第一個字串變成第二個。

思路：s和t字串都是用一個長度為26的輔助字串來記錄，遍歷s和t字串，同一個字母對應的另一個字串相同位置上的字母要保持一樣，否則不可能。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
char s[200005],t[200005];
int main()
{
    cin>>s>>t;
    int fs[26],ft[26];
    memset(fs,-1,sizeof(fs));
    memset(ft,-1,sizeof(ft));
    int l=strlen(s);
    int flag=0;
    for(int i=0;i<l;i++)
    {
        if(fs[s[i]-'a']==-1)
        {
            fs[s[i]-'a']=t[i];
        }
        else
        {
            if(fs[s[i]-'a']!=t[i]) {flag=1;break;}
        }
        if(ft[t[i]-'a']==-1)
        {
            ft[t[i]-'a']=s[i];
        }
        else
        {
            if(ft[t[i]-'a']!=s[i]) {flag=1;break;}
        }

    }
    if(flag) cout<<"No"<<endl;
    else cout<<"Yes"<<endl;
}
 

D - Factorization

Time Limit: 2 sec / Memory Limit: 1024 MB

Score : 400

points

Problem Statement

You are given positive integers N and M

How many sequences a of length N consisting of positive integers satisfy a1×a2×...×aN=M? Find the count modulo 10^9+7

Here, two sequences a′ and a′′ are considered different when there exists some i such that a′i≠a′′i

Constraints

• All values in input are integers.
• 1≤N≤105

• 1≤M≤109

Input

Input is given from Standard Input in the following format:

N M

Output

Print the number of the sequences consisting of positive integers that satisfy the condition, modulo 10^9+7.

Sample Input 1

2 6

Sample Output 1

4

Four sequences satisfy the condition: {a1,a2}={1,6},{2,3},{3,2} and {6,1}.

 思路：參考了網上各路大神的，我終於理解這道題怎麼做了。將

             M分解，記錄成若干素數的個數，問題就變成了將這些素數分成N份，為空的份數放1。也就是假設M分解素因數有k種，每個素數個數為a1,a2...ak，等同於有k種不同小球，每個小球a1,a2...ak個，同種小球相同，問將這些小球放到N的不同的桶裡，有多少種方法，允許空桶。

        首先考慮將a個相同小球放到N個不同桶中的方法，然後將這k堆的方案數相乘即可。對於一堆相同小球，使用隔板法計算，因為允許有空桶，增加N個小球變成沒有空桶的情況，可得共C(a+n-1,n-1)種方法。

        程式碼計算的時候為了減少迴圈次數，使用了sqet(m)，這樣可能會有一個剩餘的素數沒有算到，最後進行了處理。

注意：思路上沒有什麼問題了，主要就是計算C這個公式。

            預處理，將階乘計算出來打表記錄。C的計算中有除法過程，因為計算中有求餘，所以要使用逆元，又重新學了一遍。逆元

#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
#define MOD 1000000007
long long f[1000005];
long long g[100005];
long long inv[1000005];

long long q_pow(long long n,long long m)
{
	int res=1;
	while(m)
	{
		if(m&1)
		{
			res=(res*n)%MOD;
		}
		n=(n*n)%MOD;
		m=m>>1;
	}
	return res;
} 

void fac()
{
	f[0]=1;
	inv[0]=1;
	for(long long i=1;i<=1000000;i++)	
	{
		f[i]=(f[i-1]*i)%MOD;
	}
	inv[1000000]=q_pow(f[1000000],MOD-2);
	for(long long i=1000000-1;i>0;i--)
	{
		inv[i]=(inv[i+1]*(i+1))%MOD;
	}
}
long long c(long long n,long long m)
{
	long long res=((f[n]*inv[n-m])%MOD*inv[m])%MOD;
	return res;
}
int main()
{
	fac();
	long long n,m;
	cin>>n>>m;
	long long p=0;
        long long lim=sqrt(m);
	for(int i=2;i<=lim;i++)
	{
		if(m%i==0)
		{
			g[p]=0;
			while(m%i==0)
			{
				g[p]++;
				m=m/i;
			}
			p++;
		}
	}	
	long long ans=1;
	for(int i=0;i<p;i++)
	{
		ans=(c(g[i]+n-1,n-1)*ans)%MOD;
	}
	if(m!=1) ans=(ans*n)%MOD;
	cout<<ans<<endl;
}