转载自: http://www.2cto.com/kf/201311/258904.html
1. 原理和方法
把一个合数分解为若干个质因数的乘积的形式,即求质因数的过程叫做分解质因数,分解质因数只针对合数。
求一个数分解质因数,要从最小的质数除起,一直除到结果为质数为止。分解质因数的算式的叫短除法,和除法的性质差不多,还可以用来求多个个数的公因式:
以24为例:
2 – 24
2 – 12
2 – 6
3 (3是质数,结束)
得出 $24=2*2*2*3 = 2^3*3$
可先用素数筛选法,筛选出符合条件的质因数,然后for循环遍历即可,通过一道题目来show一下这部分。
题目描述:
求正整数N(N>1)的质因数的个数。
相同的质因数需要重复计算。如 $120=2*2*2*3*5$,共有5个质因数。
输入:
可能有多组测试数据,每组测试数据的输入是一个正整数N,($1 \le N \le 10^9$)。
输出:
对于每组数据,输出N的质因数的个数。
样例输入:
120
样例输出:
5
提示:
注意:1不是N的质因数;若N为质数,N是N的质因数。1
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int main()
{
int n, count, i;
while (scanf("%d", &n) != EOF) {
count = 0;
for (i = 2; i * i <= n; i ++) {
if(n % i == 0) {
while (n % i == 0) {
count ++;
n /= i;
}
}
}
if (n > 1) {
count ++;
}
printf("%d\n", count);
}
return 0;
}
2. 深入理解
我所谓的深入理解,就是通过4星的题目来灵活运用分解质因数的方法,题目如下
题目描述:
给定n,a求最大的k,使n!可以被$a^k$整除但不能被$a^{k+1}$整除。
输入:
两个整数$n(2 \le n \le1000),a(2 \le a \le1000)$
输出:
一个整数.
样例输入:
6 10
样例输出:
1
思路
$a^k$ 和 $n!$ 都可能非常大,甚至超过long long int的表示范围,所以也就不能直接用取余操作判断它们之间是否存在整除关系,因此我们需要换一种思路,从分解质因数入手,假设两个数a和b:
$ a=p_1^{e_1} * p_2^{e_2} * … * p_n^{e_n} $
$b = p_1^{d_1} * p_2^{d_2} * … * p_n^{d_n}$
则b除以a可以表示为:
$b/a=p_1^{d_1} * p_2^{d_2} * … * p_n^{d_n}/p_1^{e_1} * p_2^{e_2} * … * p_n^{e_n}$
若b能被a整除,则 b / a必为整数,且两个素数必互质,则我们可以得出如下规律:
若a存在质因数$p_x$,则b必也存在该质因数,且该素因数在b中对应的幂指数必不小于在a中的幂指数。
另$b=n!$, $a^k=p_1^{ke_1} * p_2^{ke_2} * … * p_n^{ke_n}$,因此我们需要确定最大的非负整数k即可。要求得该k,我们只需要依次测试a中每一个素因数,确定b中该素因数是a中该素因数的幂指数的多少倍即可,所有倍数中最小的那个即为我们要求得的k
分析到这里,剩下的工作似乎只是对a和n!分解质因数,但是将n!计算出来再分解质因数,这样n!数值太大。考虑n!中含有素因数p的个数,即确定素因数p对应的幂指数。我们知道n!包含了从1到n区间所有整数的乘积, 这些乘积中每一个p的倍数(包括其本身)都对n!贡献至少一个p因子,且我们知道在1到n中p的倍数共有n/p个。同理,计算 $p^2,p^3,…$ 即可1
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int prime[N], size;
/**
* 素数筛选法进行预处理
*/
void initProcess()
{
int i, j;
for (prime[0] = prime[1] = 0, i = 2; i < N; i ++) {
prime[i] = 1;
}
size = 0;
for (i = 2; i < N; i ++) {
if (prime[i]) {
size ++;
for (j = 2 * i; j < N; j += i) {
prime[j] = 0;
}
}
}
}
int main(void)
{
int i, n, a, k, num, count, base, tmp, *ansbase, *ansnum;
// 预处理
initProcess();
while (scanf("%d %d", &n, &a) != EOF) {
ansbase = (int *)calloc(size, sizeof(int));
ansnum = (int *)calloc(size, sizeof(int));
// 将a分解质因数
for (i = 2, num = 0; i < N && a != 1; i ++) {
if (prime[i] && a % i == 0) {
ansbase[num] = i;
ansnum[num] = 0;
while (a != 1 && a % i == 0) {
ansnum[num] += 1;
a = a / i;
}
num ++;
}
}
// 求最小的k
for (i = 0, k = 0x7fffffff; i < num; i ++) {
base = ansbase[i];
count = 0;
while (base <= n) {
count += n / base;
base *= ansbase[i];
}
tmp = count / ansnum[i];
if (tmp < k) k = tmp;
}
printf("%d\n", k);
}
return 0;
}
3. 约数个数定理
对于一个大于1的正整数n可以分解质因数:
$n=p_1^{a_1} * p_2^{a_2} * … * p_n^{a_n}$,
则n的正约数的个数为: $(a_1 + 1) * (a_2 + 1) * … *(a_n + 1)$.其中$p_1,p_2,..p_n$都是n的质因数,$a_1, a_2…a_n$ 是 $p_1,p_2,..p_n$的指数。
证明:
n可以分解质因数:$n=p_1^{a_1} * p_2^{a_2} * … * p_n^{a_k}$,
由约数定义可知 $p_1^{a_1}$ 的约数有: $p_1^0, p_1^1, p_1^2……p_1^{a_1}$ ,共 $(a_1+1)$ 个
同理 $p_2^{a_2}$的约数有 $(a_2+1)$ 个,……,$p_k^{a_k}$ 的约数有$(a_k+1)$个。
故根据乘法原理:n的约数的个数就是$(a_1+1)*(a_2+1)*(a_3+1)*…* (a_k+1)$个。
题目描述:
输入n个整数,依次输出每个数的约数的个数
输入:
输入的第一行为N,即数组的个数(N<=1000)
接下来的1行包括N个整数,其中每个数的范围为(1<=Num<=1000000000)
当N=0时输入结束。
输出:
可能有多组输入数据,对于每组输入数据,
输出N行,其中每一行对应上面的一个数的约数的个数。
样例输入:
5
1 3 4 6 12
样例输出:
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typedef long long int lint;
int prime[N], size;
void init()
{
int i, j;
for (prime[0] = prime[1] = 0, i = 2; i < N; i ++) {
prime[i] = 1;
}
size = 0;
for (i = 2; i < N; i ++) {
if (prime[i]) {
size ++;
for (j = 2 * i; j < N; j += i)
prime[j] = 0;
}
}
}
lint numPrime(int n)
{
int i, num, *ansnum, *ansprime;
lint count;
ansnum = (int *)malloc(sizeof(int) * (size + 1));
ansprime = (int *)malloc(sizeof(int) * (size + 1));
for (i = 2, num = 0; i < N && n != 1; i ++) {
if (prime[i] && n % i == 0) {
ansprime[num] = i;
ansnum[num] = 0;
while (n != 1 && n % i == 0) {
ansnum[num] += 1;
n /= i;
}
num ++;
}
}
if (n != 1) {
ansprime[num] = n;
ansnum[num] = 1;
num ++;
}
for (i = 0, count = 1; i < num; i ++) {
count *= (ansnum[i] + 1);
}
free(ansnum);
free(ansprime);
return count;
}
int main(void)
{
int i, n, *arr;
lint count;
init();
while (scanf("%d", &n) != EOF && n != 0) {
arr = (int *)malloc(sizeof(int) * n);
for (i = 0; i < n; i ++) {
scanf("%d", arr + i);
}
for (i = 0; i < n; i ++) {
count = numPrime(arr[i]);
printf("%lld\n", count);
}
free(arr);
}
return 0;
}