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acwing 1291. 轻拍牛头

思路

如果直接用暴力解法，逐个判断其他的数是不是它的约数，这样时间复杂度是$O(n^2)$，数据规模是$10^5$，会超时

假设$A_1$是$A_2$的约数的话，那么$A_2$就是$A_1$的倍数，因此可以做这么一个处理，当判定某个数$A_k$时，我们可以把这个数字的倍数$A_m$全部加1，含义是，$A_m$的约数个数又多了1。

但又考虑到可能会有很多个$A_k$的值是相同的，所以类似于计数排序的思想，先统计$A_k$出现的次数，然后再做上面的操作会方便一些

统计a[i]出现的次数：

   for(int i = 0; i < n; i++) {
        scanf("%d", &a[i]);
        cnt[a[i]]++;
    }

$cnt[i] != 0$，即有某个$A_k$出现了，把$A_k$的倍数j加上$A_k$出现的次数，即j的约数个数又多了$cnt[A_k]$个

    for(int i = 1; i < N; i++) {
        if(!cnt[i]) continue;
        //i其实就是Ak，j就是i的倍数
        for(int j = i; j < N; j += i) {
            res[j] += cnt[i];
        }
    }

最后，要在所有数中求$A_k$约数个数，$res[A_k]$就是$A_k$约数的个数（包括$A_k$自己）。可以想象，假设$A_k = 4$，它在所有数中有两个约数$A_1 = A_2 = 2$，经过上述操作后，$res[4]$的值应该是3，所以$A_k$的约数个数是$res[A_k] - 1 = 3 - 1 = 2$

总结

约数和倍数其实是一对好基友，当求约数的时间复杂度过大时，不妨从它倍数的角度来考虑解决问题

代码

#include<iostream>
using namespace std;

const int N = 1e6 + 10, M = 1e5 + 10;
int cnt[N], a[M], res[N];
int n;

int main() {
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        scanf("%d", &a[i]);
        cnt[a[i]]++;
    }

    for(int i = 1; i < N; i++) {
        if(!cnt[i]) continue;
        for(int j = i; j < N; j += i) {
            res[j] += cnt[i];
        }
    }
    for(int i = 0; i < n; i++) printf("%d\n", res[a[i]] - 1);

    return 0;

}