思路：

因为x,y必须要大与n,那么将y设为(n+k);那么根据等式可求的x=(n2)/k+n;因为y为整数所以k要整除n*n;

那么符合上面等式的x,y的个数就变为求能被n*n整除的数k的个数，且k>=n;

那么k就在n到n*n之间，不过这样不则么好求。

因为x,y具有对称性，从y=(n+k)和x=(n2)/k+n;也可以看出（n*n/k,和k等价因为k*（n*n/k）=n*n）；

由于任何数都可以拆成素数的乘积，形式为a1^x1*a2^x2*a3*^x3……;

那么因数的个数为（1+x1）*（1+x2）*（1+x3）……,要求的是n*n,，n和n*n的素因子种类是相同的，所以n*n的因数个数为（1+2*x1）*（1+2*x2）*(1+2*x3)…..;

那么求n*n的因数个数，只要求n的因数个数。

求因数个数就要先求素因数，求n的素因数打表就行了，素数打表只要打到1e5就行了，

因为在sqrt(n)之后如果要有n的素因数的话只会有一个因为如果有两个大与sqrt(n)的素因数那么设一个x1,另一个x2,就有x1*x2>n,

所以不可能有两个以上的且大于sqrt(n)的素因数。那么如果前面的素数中找完后，n还>1，那么此时n就是那个素因数，那么这对应素数的重复个数就为1。

关于因数个数（1+x1）*（1+x2）*（1+x3）……中1+xk表示的是第k个素因数能选的不同数量，那么乘起来就是不同的因数个数（1+x1）*（1+x2）*（1+x3）……了；

1 #include
2 #include
3 #include
4 #include
5 #include
6 #include
7 const int Y=1e5+3;
8 const int uu=1e5;
9 const int Z=1e4;
10 bool flag[Y];
11 int prime[Z];
12 using namespace std;
13 int main(void)
14 {
15 int n,i,j,k,p,q;
16 memset(flag,0,sizeof(flag));
17 flag[0]=true;
18 flag[1]=true;
19 for(i=2; i<1000; i++) 20 { 21 if(!flag[i]) 22 { 23 for(j=i; j*i<=uu; j++) 24 { 25 flag[i*j]=true; 26 } 27 } 28 29 } 30 int cnt=0; 31 for(i=2; i>k;
39 {
40 for(q=1; q<=k; q++) 41 { 42 cin>>p;
43 int sum=1;
44 for(i=0; i1; i++)
45 {
46 for(j=0; p%prime[i]==0; j++)
47 {
48 p=p/prime[i];
49 }//每个素因子的个数
50 sum*=(1+2*j);
51 }
52 if(p>1)//特判，在1e5之后的p的素因子（最多一个）。
53 {
54 sum*=3;
55 }
56 cout<<"Scenario #"<<q<<":"<<endl;
57 cout<<(sum+1)/2<<endl;//因为在x,y相等时只算了一次，所以要加1
58 printf("\n");
59 }
60 }
61 return 0;
62
63 }