数论第一节

数论

• 质数

  • 在大于1的整数中，只包含1和本身这两个约数，就被称为质数，也叫素数

  • 质数的判定

    • 试除法

      • 遍历2-n，若有约数则不为质数 O(n)
      • 优化：
        • d整除n，则n/d也整除n，约数总是成对出现，只要找较小的约数，即取d <= n/d，则d <= sqrt(n) 只用遍历2-sqrt(n) O(sqrt(n))
        • 不用 i * i <= n ，i过大会溢出
        • sqrt()函数较慢，只用遍历 d--n/d，即限制范围为 i--n/i
      • 代码：

        //不用for(int i = 1; i * i <= n; ++ i) i * i 会溢出
        //不用for(int i = 1; i <= sqrt(n); ++ i) sqrt() 函数缓慢
        //用for(int i = 1; i <= n / i; ++ i)  不会溢出，快
        bool is_prime(int x){
        	if(x < 2) return false;
        	for(int i = 2; i <= n / i; ++ i)
        		if(n % i == 0) return false;
        	return true;
        }
        

  • 分解质因数

    • 试除法

      • 遍历2-n，找因子
      • n最多有一个大于sqrt(n)的因子，因此只用在2-sqrt(n)中找因子，最后判断最后一个因子是否为大于sqrt(n)的因子
      • 代码：

        //暴力做法
        void divide(int n){
        	for(int i = 2; i <= n; ++ i){
        		if(n % i == 0){
        			int s = 0; //i的个数
        			while(n % i == 0){
        				n /= i; //除干净
        				s ++ ;
        			}
        			cout << i << s << endl;
        		}
        	}
        }
        //优化
        void divide(int n){
        	for(int i = 2; i <= n / i; ++ i){
        		if(n % i == 0){
        			int s = 0;
        			while(n % i == 0){
        				n /= i;
        				s ++ ;
        			}
        			cout << i << s << endl;
        		}
        	}
        	if(n > 2) cout << n << 1;//n就是最后大于sqrt(n)的因子
        }
        

  • 筛选质数

    • 埃氏筛法

      • 从2-n，将每个数的倍数删掉，那么剩下的数就是质数 O(nln(n))
      • 优化：
        • 任何一个合数都可以拆成若干素数之积，因此只用将素数的倍数删掉 O(nln(ln(n))) ~ O(n)
      • 代码：

        int primes[N];
        int st[N];//标记是否被筛过
        void get_primes(int n){
        	int cnt = 0;
        	for(int i = 2; i <= n; ++ i){
        		if(!st[i]){ //没有被筛过，说明是质数
        			primes[ ++ cnt] = i;
        			//筛该质数的所有倍数
        			for(int j = i + i; j <= n; j += i) st[j] = 1;
        		}
        	}
        }
        

    • 线性筛法

      • 数据大小在10^{7左右线性筛法比埃氏筛法快一倍，10}6左右差不多
      • n只会被它的最的最小质因子筛掉，利用最小质因子筛掉合数
      • 代码：

        int primes[N];
        int st[N];
        void get_primes(int n){
        	int cnt = 0;
        	for(int i = 2; i <= n; ++ i){
        		if(!st[i]) primes[ ++ cnt] = i;//没有被筛掉就是质数
        		for(int j = 1; primes[j] <= n / i; ++ j){//从小到大遍历质数
        			st[primes[j] * i] = 1; //筛掉合数，若x是合数，当i遍历到x时，一定会先遍历到x的最小质因子prime，所以此时prime进入primes数组，当i遍历到x/prime时，x = prime*i会被筛掉，所以每个合数都能被筛掉，并且是在遍历到该合数之前被筛掉
        			if(i % pimes[j] == 0) break; //i是合数筛掉i，i在之前就被标记过，所以不用再标记
        		} 
        	}
        }
        

• 约数

  • 求所有约数

    • 试除法

      • 代码：

        vector<int> get_divisors(int n){
        	vector<int> res;
        	for(int i = 1; i <= n / i; ++ i){
        		if(n % i == 0){
        			res.push_back(i);
        			if(i != n / i) res.push_back(n / i);
        		}
        	}
        	sort(res.begin(), res.end());
        	return res;
        }
        

  • 约数的个数

    • 若(N = p_1^{a_1} · p_2^{a_2} · p_3^{a_3} ··· ·p_n^{a_n}) 其中p为N的所有质因子
    • 则N的约数个数为：((a_1+1)(a_2+1)(a_3+1)···(a_n+1))
      • 代码：

        const int mod = 1e7 + 10;
        unordered_map<int, int> primes;//hash表存储每个质数有多少
        void get_primes(int n){
        	for(int i = 2; i <= n / i; ++ i){
        		while(n % i == 0){
        			n /= i;
        			primes[i] ++ ;
        		}
        	}
        	if(n > 1) primes[n] ++ ;
        }
        for(int i = 1; i <= n; ++ i) get_primes(a[i]);
        long long res = 0;
        for(auto p : primes) res = res * (p.second + 1) % mod;
        

    • 则N的约数总和为：((p_1^{0}+p_1^{2}+···+p_1^{n})(p_2^{0}+p_2^{1}+···+p_2^{n})···(p_n^{0}+p_n^{1}+···+p_n^{n}))
      • 代码：

        const int mod = 1e7 + 10;
        unordered_map<int, int> primes;
        void get_primes(int n){
        		for(int i = 2; i <= n / i; ++ i){
        			while(n % i == 0){
        				n /= i;
        				primes[i] ++ ;
        			}
        		}
        		if(n > 1) primes[n] ++ ;
        	}
        	for(int i = 1; i <= n; ++ i) get_primes(a[i]);
        	long long res = 1;
        	for(auto p : primes){
        		long long t = 1;
        		int a = p.first, b = p.second;
        		while(b -- ) t = (t * a + 1) % mod;
        		res = res * t % mod;
        	}
        

  • 最大公约数

    • 辗转相除法（欧几里得算法）O(logn)
    • a|b, a|c, 则 a|(b+c), 则a|(bx + cy)
    • 求a与b的最大公约数，设其公约数为c，则c|a, c|b, c|(ax + by), 设a = kb + m, 则m = a - kb, 则c|m, 又m = a % b, 则 c|(a % b), 即a与b的最大公约数，也是a%b的公约数，即gcd(a, b) = gcd(b, a % b)
    • 代码：

      int gcd(int a, int b){
      	return b ? gcd(b, a % b) : a;
      }