[数论] 约数

约数定义

若整数$n$除以整数$d$的余数为0，即$d$能够整除$n$,则称$d$为$n$的约数，$n$为$d$的倍数，记作$d|n$

唯一数分解定理

对于大于1的自然数x，可以唯一的分解为

$x=p_1^{q1}\ast p_2^{q2}\dots \ast p_n^{qn}$

其中$p_1,p_2\dots p_n$为互不相同的质数。

#include 
#define LL long long
using namespace std;
struct note{
     
	int sum,cs;
}f[100086];
int tot=0;
bool pd(int x)
{
     
	for(int i=2;i<=sqrt(x);i++)
	{
     
		if(x%i==0) return 0;
	}
	return 1;
}
void fenjie(int x)
{
     
	for(int i=2;i<=sqrt(x);i++)
	{
     
		if(x%i==0&&pd(i)==1)
		{
     
			tot++;
			f[tot].sum=i;
			while(x%i==0)
			{
     
				f[tot].cs++;
				x=x/i;
			}
			if(pd(x)==1&&x!=1)
			{
     
				tot++;
				f[tot].sum=x;
				f[tot].cs=1;
				return ;
			}
			else if(x==1) return ;
		}
	 } 
}
int main()
{
     
	int n;
	cin>>n;
	if(pd(n)==1)
	{
     
		cout<<n<<" "<<"1"<<endl;
		return 0;
	}
	fenjie(n);
	for(int i=1;i<=tot;i++)
	{
     
		cout<<f[i].sum<<" "<<f[i].cs<<endl;
	}
	return 0;
}

推论

$N$的正约数个数为$（\prod 求积，\sum 求和）$

$(q_1+1)\ast (q_2+1)\ast ...\ast (q_m+1)={\prod }_{i=1}^m(c_i+1)$

$N$的所有正约数之和为

$(1+p_1+p_1^2+...+p_1^{q1})\ast ...(1+p_m+p_m^2+...+p_m^{c_m})={\prod }_{i=1}^m({\sum }_{j=0}^{c_i}(p_i{)}^j)$

求n的正约数集合

试除法

若$x=a\ast b$，若$a<=\sqrt{x}$,则$b>=\sqrt{x}$,换句话说，约数总是成对出现的，所以只需扫描$i=1$~ $\sqrt{n}$,若i能够整除n,则$n/i$也能够整除n，时间复杂度为$O(\sqrt{n})$。

int m=0,a[100086];//m约数的个数，a存储所有约数
for（int i=1；i<=sqrt(n);i++)
{
     
	if(n%i==0)
	{
     
		a[++m]=i;
		if(i!=n/i) a[++m]=n/i;
	}
}

推论

一个整数n的约数个数最多为$2\ast \sqrt{n}$个。

倍数法

若要求出1~n的所有数的正约数，试除法复杂度为$O(n\ast \sqrt{n})$还是太慢，反过来考虑，1~n中以d为约数的数就是d的倍数。

vector<int> a[100086]
for(int i=1;i<=n;i++)
{
     
	for(int j=1;j<=n/i;j++)
	{
     
		a[i*j].push_back(i);
	}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
     
	for(int j=0;j<a[i].size();j++)
	{
     
		cout<<a[i][j]<<" ";
	}
	cout<<endl;
}

其复杂度为$O(nlogn)$。

更相减损法

1.对于任意正整数a,b，有$gcd(a,b)=gcd(b,a-b)=gcd(a,a-b)$

2.对于任意正整数a,b，有$gcd(2\ast a,2\ast b)=2\ast gcd(a,b)$。

gcd及lcm定义

对于两个正整数a,b,存在最大的x使得a%x== 0 ,b%x==0,

那么我们称x为a,b的最大公因数，即$gcd(a,b)=x$.

若存在一个最小的正整数y，使得y%a== 0,y%b==0,则称y为a,b的最小公倍数，即$lcm(a,b)=y$.

gcd和lcm还满足$lcm(a,b)=a\ast b/gcd(a,b)$。

证明

对于gcd(a,b)的计算方法，我们可以采用欧几里得算法gcd(a,b)=gcd(b,a%b)。

证明过程如下：

假设 a%b=r，既有$a=k\ast b+r(k为常数)$，设d为a,b的公约数，那么就有a%d== 0,b%d== 0,所以r=a-kb,故r%d== 0,故d也是b，a%b的公约数，假设d是b,a%b的公约数，那么 b%d== 0,d%(a-kb)== 0,故d%a==0，因此d也是a,b的公因数。

所以a,b的公因数等于b,a%b的公因数。

int gcd(int a,int b)
{
     
	if（b） return gcd(b,a%b);
	else return a;
}

PS:其实在C++中可以用__gcd(a,b)函数来求出a,b的最大公因数。

int a,b;
cin>>a>>b;
cout<<__gcd(a,b）<<endl;