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一、题目描述
今天是贝茜的生日，为了庆祝自己的生日，贝茜邀你来玩一个游戏．
贝茜让 N 头奶牛（编号 1 到 $N$）坐成一个圈。
除了 1 号与 N 号奶牛外，i 号奶牛与 i−1 号和 i+1 号奶牛相邻，N 号奶牛与 1 号奶牛相邻。
农夫约翰用很多纸条装满了一个桶，每一张纸条中包含一个 1 到 1000000 之间的数字。
接着每一头奶牛 i 从桶中取出一张纸条，纸条上的数字用 A_i 表示。
所有奶牛都选取完毕后，每头奶牛轮流走上一圈，当走到一头奶牛身旁时，如果自己手中的数字能够被该奶牛手中的数字整除，则拍打该牛的头。
牛们希望你帮助他们确定，每一头奶牛需要拍打的牛的数量。
即共有 N 个整数 $A_1,A_2,…,A_N$，对于每一个数 $A_i$，求其他的数中有多少个是它的约数。
输入格式 第一行包含整数 $N$。
接下来 N 行，每行包含一个整数 $A_i$。
输出格式
共 N 行，第 i 行的数字为第 i 头牛需要拍打的牛的数量。
数据范围
1≤N≤10^5,1≤A_i≤10^6
输入样例：
5
2
1
2
3
4
输出样例：
2
0
2
1
3
二、约数问题三个重要性质
1、约数个数
约数：$1\sim n$中能整除$n$的数字个数。
根据唯一分解定理： 形如:$N=P_1^{c_1} \times P_2^{c_2} \times P_3^{c_3} \times ... \times P_k^{c_k}$ 其中$P_i$为质数因子，$c_i$为此质数因子出现的次数，则约数个数:
f(N)=(c_1+1)\times (c_2+1) \times (c_3+1) \times .... \times (c_k+1)
也就是所有质数因子的个数+1 再相乘！
举个栗子：
N=12=2^2 \times 3^1
那么f(N)=(2+1) \times (1+1)=6,就是有$6$个约数。
用手枚举一下：$1,2,3,4,6,12$，共$6$个，与公式计算一致！
证明： 这是一个简单的组合数学公式，以$P_1$为例，它可以选择$0,1,2,...$个，共$C_1+1$种选择方法，每个质数因子都是这样，所以得证。
2、$1 \sim N$中，所有数字约数个数和是什么级别？
\sum_{i=1}^{N}f(i)=\frac{N}{1}+\frac{N}{2}+\frac{N}{3}+...++\frac{N}{N}
这就是一个$O(N*ln(N))$级别的数，非常少~
3、整数范围内，约数个数最多的是多少个？
0<=N<=2*10^9,最多有$1600$个，不是很大。相比于$\sqrt{N}=50000$要小的太多了.
三、题目解析
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
暴力解法 O(N^2)
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
int a[N];
int n;
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 0; i < n; i++) scanf("%d", &a[i]);
for (int i = 0; i < n; i++) {
int cnt = 0;
for (int j = 0; j < n; j++)
if (a[i] % a[j] == 0) cnt++;
printf("%d\n", cnt - 1);
}
return 0;
}
正着走不行，就只能反着走~
假设$i$是$j$的约数，那么$j$就是$i$的倍数。
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。
这样处理:当判定某个数$i$时，把此数字的所有整数倍数$j$的约数个数$+1$。
优化 考虑到可能会有多个$i$的值是相同的，所以类似于计数排序的思想，先统计$i$出现的次数，然后再做上面的操作。
四、时间复杂度
看上去双重循环，实则不然：第一层循环的$N$是跑不了的，第二层没有$N$那么多次，是
1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{N}
也就是调和级数$ln(n)+C$，算法最终就是$Nlog(n)$这个级别，比$O(N^2)$要好的多~
五、实现代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
const int N = 1e6 + 10, M = 1e5 + 10;
int cnt[N], a[M], res[N];
int n;
int main() {
// 加快读入
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> 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++) cout << res[a[i]] - 1 << endl;
return 0;
}