[数论] 约数个数定理与约数和定理
约数个数定理
对于一个大于1正整数n可以 分解质因数：
则n的 正约数的个数就是
。
其中a
1、a
2、a
3…a
k是p
1、p
2、p
3，…p
k的指数。
首先同上，n可以 分解质因数：n=p1^a1×p2^a2×p3^a3*…*pk^ak,
由约数定义可知p1^a1的约数有:p1^0, p1^1, p1^2......p1^a1 ，共（a1+1）个;同理p2^a2的 约数有（a2+1）个......pk^ak的约数有（ak+1）个。
故根据 乘法原理：n的约数的个数就是(a1+1)(a2+1)(a3+1)…(ak+1)。
例题
#1284 : 机会渺茫
时间限制:
5000ms
单点时限:
1000ms
内存限制:
256MB
描述
小Hi最近在追求一名学数学的女生小Z。小Z其实是想拒绝他的，但是找不到好的说辞，于是提出了这样的要求：对于给定的两个正整数N和M，小Hi随机选取一个N的约数N'，小Z随机选取一个M的约数M'，如果N'和M'相等，她就答应小Hi。
小Z让小Hi去编写这个随机程序，到时候她review过没有问题了就可以抽签了。但是小Hi写着写着，却越来越觉得机会渺茫。那么问题来了，小Hi能够追到小Z的几率是多少呢？
输入
每个输入文件仅包含单组测试数据。
每组测试数据的第一行为两个正整数N和M，意义如前文所述。
对于40%的数据，满足1<=N,M<=106
对于100%的数据，满足1<=N,M<=1012
输出
对于每组测试数据，输出两个互质的正整数A和B（以A分之B表示小Hi能够追到小Z的几率）。
3 2样例输出
4 1
这里我们还要计算下有多少个组合满足因子数相同.于是求出n和m的最大公约数d.于是d的约数个数d1就是相同的组合个数.
于是我们得到的概率就就是 d1 / (n1*m1) 这个时候在通过最大公约数约分
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e7+10;
vector primes;
bool isprime[maxn];
void creatprime() {
memset(isprime,1,sizeof(isprime));
primes.clear();
isprime[0] = isprime[1] = 0;
for(int i=2;i 1) ans <<= 1;
return ans;
}
int main()
{
creatprime();
ll n,m;
while(~scanf("%lld%lld",&n,&m))
{
ll d = __gcd(n,m);
ll n1 = solve(n),m1 = solve(m),d1 = solve(d);
ll gcd = __gcd(n1*m1,d1);
printf("%lld %lld\n",n1*m1/gcd,d1/gcd);
}
return 0;
}
约数和定理
对于一个大于1正整数n可以 分解质因数：n=p1^a1*p2^a2*p3^a3*…*pk^ak,
则由 约数个数定理可知n的正约数有(a₁+1)(a₂+1)(a₃+1)…(ak+1)个，
那么n的(a₁+1)(a₂+1)(a₃+1)…(ak+1)个正约数的和为
f(n)=(p1^0+p1^1+p1^2+…p1^a1)(p2^0+p2^1+p2^2+…p2^a2)…(pk^0+pk^1+pk^2+…pk^ak）
约数和定理证明
证明：若n可以 分解质因数：n=p1^a1*p2^a2*p3^a3*…*pk^ak,
可知p1^a1的 约数有:p1^0, p1^1, p1^2......p1^a1
…
同理可知，pk^ak的约数有:pk^0, pk^1, pk^2......pk^ak ；
实际上n的约数是在p1^a1、p2^a2、...、pk^ak每一个的约数中分别挑一个相乘得来，
可知共有(a₁+1)(a₂+1)(a₃+1)…(ak+1)种挑法，即约数的个数。
由 乘法原理可知它们的和为
f(n)=(p1^0+p1^1+p1^2+…p1^a1)(p2^0+p2^1+p2^2+…p2^a2)…(pk^0+pk^1+pk^2+…pk^ak）
例题