【马蹄集】—— 数论专题：质数

数论专题：质数

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MT2203 约数个数

难度：黄金    时间限制：1秒    占用内存：128M

题目描述

给定正整数 $n$，求 $n$ 的约数个数。

格式

输入格式：一个整数 $n$。
输出格式：输出一行一个整数表示答案。

样例 1

输入：
12

输出：
6

备注

其中：$1\le n\le 10^9$。

相关知识点：数论

题解

方法一：暴力求解

求数 $n$ 的约数（因数）个数，最简单的办法就是通过一重循环扫描 $1\sim n$ 并逐个取余，然后统计所有余数为 0 的情况即可。实际中为了加快扫描速度，通常只会扫描 $1\sim \sqrt{n}$，然后在遇到余数为 0 的情况时统计 2 个单位的数。因为对任何数 $n$，如果存在 $n\mathrm{mod}x=0$，则必定有 $n\mathrm{mod}\frac{n}{x}=0$ 成立。例如，对 12 而言，当 $12\mathrm{mod}2=0$ 时，同时有 $12\mathrm{mod}\frac{12}{2}=12\mathrm{mod}6=0$ 。采取这种方法求某个数（$n$）的余数个数时，对 $\sqrt{n}$ 需要注意一点：当 $\sqrt{n}$ 为 $n$ 的约数且 $\sqrt{n}$ 为整数时，统计时只计 1 个单位的数。例如，对于数 25，其平方根为 $\sqrt{25}=5$，由于 $\frac{25}{5}=5$ ，还是 5 这个数本身，因此这里实际上只产生一个约数，所以只需要计 1 个数。采取这种方法得到的代码如下：

// 求指定数的约数个数 
int getDivisorNum(int n)
{
    int divNum = 2, limit = sqrt(n);
    // 统计约数个数 
    for(int i=2; i<=limit; i++)
        if(n%i == 0)
            divNum += 2;
    // 特判
    if(limit*limit == n) divNum --;
    return divNum;
}

方法二：分解质因数

我们知道，任何一个合数都可以写成若干个质数相乘的形式，其中每个质数都是这个合数的因数，把一个合数用质因数相乘的形式表示出来，叫做分解质因数，也叫做分解质因子。

初中时，我们学过通过短除法的形式来分解一个数的质因数，其过程如下：

因此，可将360用质因数表达为：

$$360=2^3\times 3^2\times 5^1$$

也就是说，从 $2^i、3^j、5^k$ 中任意选择（注：$i\in \left\{0,1,2,3\right\}，j\in \left\{0,1,2\right\}，k\in \left\{0,1\right\}$），并将选出的数相乘得到的数都是 360 的因数。例如：$2^2\times 3^0\times 5^0=4、2^1\times 3^1\times 5^0=6、2^1\times 3^1\times 5^1=30、2^0\times 3^2\times 5^1=45$ 都可以被 360 整除。

那由这些数可以构成多少种选数组合呢？这是一个排列组合问题：第 $\lambda$ 个集合中有 $x_{\lambda }$ 种取法，问总的取法有多少种？答案是 ${\prod }_{\lambda }{x}_{\lambda }$ 种。例如，上面的例子中，总的组合方案数为：

$$\prod _{\lambda =1}^3{x}_{\lambda }=4\times 3\times 2=24$$

所以现在的我们的任务就是如何分解质因数，并统计各质因数的次数？

这个任务很简单，我们只需要模拟短除法即可，具体实现如下：

// 通过短除法获取一个数的质因数 
void shortDivision(int n){
// 保存全部的质因数
    queue<int> q;
    for(int i=2; i*i<=n; i++){
        // 当前数为数 n 的因数时，要不断用该数进行分解 
        while(n%i==0){
            // 加入队列 
            q.push(i);
            // 对数 n 进行分解
            n /= i; 
        }
	}
	// 如果分解得到的最后结果不为 1 ，则最终状态的 n 也是原数的因数
    if(n!=1) q.push(n);
}

在上面的代码中，系统会从最小的质因数 2 开始向后遍历，一旦确定某个数 $i$ 是传入的数 $n$ 的质因数后，会通过一层循环不断地对原数 $n$ 按 $i$ 进行分解。例如，当 $n=360$ 时，会对 $i=2$ 执行以下步骤：

• n%2=360%2=0，则 q.push(2)，且 $n=\frac{n}{2}=180$（此时队列 q={2}）。
• n%2=180%2=0，则 q.push(2)，且 $n=\frac{n}{2}=90$（此时队列 q={2, 2}）。
• n%2=90%2=0，则 q.push(2)，且 $n=\frac{n}{2}=45$（此时队列 q={2, 2, 2}）。

这个过程不仅统计了质因数 $i$ 的次数，还对外层循环进行了缩减（从360→180→90→45）。

接下来由于 45%2≠0 ，故退出 while 循环，并将 $i$ 从 2 变为 3（$3\times 3=9<45$），接着执行以下步骤：

• n%3=45%3=0，则 q.push(3)，且 $n=\frac{n}{3}=15$（此时队列 q={2, 2, 2, 3}）。
• n%3=15%3=0，则 q.push(3)，且 $n=\frac{n}{3}=5$（此时队列 q={2, 2, 2, 3, 3}）。

接下来由于 5%3≠0，故 $i$ 从 3 变为 4。但对外层循环控制条件而言，由于 $4\times 4=16>5$，故退出。

此时观察原数 $n$ 的最终取值，由于该值不为 1，说明这个数也是原数 $n$ （360）的一个质因数，因此将其加入队列中（此时队列 q={2, 2, 2, 3, 3, 5}）。

最终算法结束，队列 q 中保存的即为给定数 $n$ 的全部质因数。

对本题而言，我们不需要单独设置数据结构去存储全部质因数，而只需要统计每一个质因数的出现次数，并将这些次数进行叠乘即可。因此，可得到求解本题的完整代码：

/*
    MT2203 约数个数 
*/
#include 
using namespace std;

// 求指定数的约数个数（利用短除法求出所有质约数） 
int getDivisorNum(int n)
{
    int divSum = 1, tmp;
    for(int i=2; i*i<=n; i++){
        tmp = 1;
        // 统计质因数个数 
        while(n%i==0){
            tmp++;
            n /= i;
        }
        // 对约数总数结果进行统计
        divSum *= tmp; 
    }
    // 短除法结束后，剩下的数如果不是 1，还需要对其进行统计
    if(n != 1) divSum *= 2;
    return divSum;
}

int main( )
{
    // 获取输入 
    int n; cin>>n;
    // 输出约数个数
    cout<<getDivisorNum(n)<<endl;
    return 0;
} 

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MT2204 约数之和

难度：黄金    时间限制：1秒    占用内存：128M

题目描述

给定正整数 $n$，求 $n$ 的约数之和。

格式

输入格式：一个整数 $n$。
输出格式：输出一行一个整数表示答案。

样例 1

输入：
12

输出：
28

备注

其中：$1\le n\le 10^6$。

相关知识点：数论

题解

方法一：暴力求解

暴力求解数 $n$ 的约数（因数）之和只需要通过循环遍历 $1\sim \sqrt{n}$ 中的全部数，并将所有的因数进行叠加即可。当然，在叠加时就需要统计 $x$ 和 $\frac{n}{x}$ 两个值（$x$ 为因数）。同样地，对 $\text{int}\left(\sqrt{n}\right)$ 需要进行特判，一旦 $\text{int}\left(\sqrt{n}\right)\times \text{int}\left(\sqrt{n}\right)$ （即 $\sqrt{n}$ 为整数时），就只需要算一个数。下面给出暴力求解的算法：

// 求指定数的约数之和 
int getDivisorSum(int n)
{
    int divSum = 1+n, limit = sqrt(n);
    // 统计约数之和 
    for(int i=2; i<=limit; i++)
        if(n%i == 0)
            divSum += (i + n/i);
    // 特判
    if(limit*limit == n) divSum -= limit;
    return divSum;
}

方法二：约数和定理

数 $n$ 的约数（因数）之和实际上涉及到数论相关知识（约束和定理）。

前面我们曾提到，任意大于 1 的正整数 $n$ 均可被分解为若干个质因数之积：

$$n=p_1^{a_1}\times p_2^{a_2}\times \cdots \times p_k^{a_k}$$

则其中 $p_i^{a_i}$ 可生成的约数有 $p_i^0,p_i^1,\cdots ,p_i^{a_i}$ 共 $\left(a_i+1\right)$ 个。

而从约数的定义可知，约数是在 $p_1^{a_1},p_2^{a_2},\cdots ,p_k^{a_k}$ 中分别挑选一个相乘得到，因此总的挑选方法有：

$$d\left(n\right)=\left(1+a_1\right)+\left(1+a_2\right)+\cdots +\left(1+a_k\right)$$

由乘法原理可知，他们的总和就是这些情况分别相乘得到，即：

$$f\left(n\right)=\left(p_1^0+p_1^1\cdots +p_1^{a_1}\right)\times \left(p_2^0+p_2^1\cdots +p_2^{a_2}\right)\times \cdots \times \left(p_k^0+p_k^1\cdots +p_k^{a_k}\right)$$

对每一项 $\left(p_i^0+p_i^1\cdots +p_i^{a_2}\right)$，都是一个首项为 1，等比为 $p_i$ 的等比数列，于是可将上式化简为：

$$f\left(n\right)=\frac{p_1^{a_1}-1}{p_1-1}\times \frac{p_2^{a_2}-1}{p_2-1}\times \cdots \times \frac{p_k^{a_k}-1}{p_k-1}$$

即：

$$f\left(n\right)=\prod _{\lambda =1}^k\frac{p_{\lambda }^{a_{\lambda }}-1}{p_{\lambda }-1}$$

所以，采用约束和定理求解此题时，需要首先求出整个数列的质因数及其次数。由于前面已经给出了求解任意正整数的质因数方法，在此就不再赘述。下面直接给出求解本题的完整代码（已 AC）：

/*
    MT2204 约数之和
*/
#include 
using namespace std;

// 求指定数的约数之和 （利用短除法求出所有质约数） 
int getDivisorSum(int n)
{
    int divSum = 1, tmp;
    for(int i=2; i*i<=n; i++){
        tmp = i;
        // 统计质因数个数 
        while(n%i==0){
            tmp *= i;
            n /= i;
        }
        // 对约数和进行累乘统计
        divSum *= (tmp-1)/(i-1); 
    }
    // 短除结束后，剩下的数如果不是 1，还需要对其进行统计
    if(n != 1) divSum *= (n+1);
    return divSum;
}

int main( )
{
    // 获取输入 
    int n; cin>>n;
    // 输出约数个数 
    cout<<getDivisorSum(n)<<endl;
    return 0;
} 

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MT2205 模数

难度：黄金    时间限制：1秒    占用内存：128M

题目描述

给定两个整数 $a,b$，问有多少个 $x$ 使得等式 $amodx=b$ 成立。如果存在无数个就输出 infinity，否则输出满足条件的 $x$ 的个数。

格式

输入格式：两个整数 $a,b$。
输出格式：输出个数或 infinity。

样例 1

输入：
21 5

输出：
2

备注

其中：$1\le a,b\le 10^9$。

相关知识点：数论

题解

本题讨论 $amodx=b$ 成立时，$x$ 的取值情况。对于取模运算而言，该式需要讨论的情况实际有三类：

• 当 $a<b$ 时，无论 $a$ 对何值进行取模，其取值永远都小于$b$，即 $amodx<b$。因此这种情况下满足 $amodx=b$ 的 $x$ 数量为 0。如 3 对任意数取模都不可能得到 6；
• 当 $a=b$ 时，对任意大于 $a$ 的数 $x$ ，都存在 $amodx=b$。因此这种情况下满足 $amodx=b$ 的 $x$ 数量具有无限个。如 3 对任意比 3 大的数取模得到的结果都为 3；
• 当 $a>b$ 时。要使 $amodx=b$ 成立，实际上就是要使等式 $\left(a-b\right)modx=0$ 成立。换言之，要求数 $\left(a-b\right)$ 的约数个数。前面提到，对任意正整数 $n$，如果存在数 $i$ 为其约数，则数 $\frac{n}{i}$ 也为其约数。对本题而言，这里对约数 $i$ 还存在一个额外限制：$i>b$ （当 $i\le b$ 时，$a\mathrm{mod}i$ 的结果永远比 $b$ 小）。例如，当 $a=15,b=3$ 时，数 $\left(a-b\right)=12$ 的约数有 2，3，4 共三个。但使 $amodx=b$ 成立的 $x$ 实际上只有 4 一个，因为只有 4 是大于 $b=3$ 的，而 $15\mathrm{mod}2=1,15\mathrm{mod}3=0,15\mathrm{mod}4=3$。

因此，本题实际上也是在考察约数，不过是具有特殊限制的约数。由于前面已经给出了求约数的具体算法，故下面直接给出求解本题的完整代码（已 AC）：

/*
    MT2205 模数 
*/
#include 
using namespace std;

// 求能满足两个指定数的模数个数
// 即：a mod x = b 的 x 解个数 
int getModnum(int a, int b)
{
    if(a < b) return 0;
    if(a == b) return -1;
    a -= b;
    int modnum = 0, limit = sqrt(a);
    for(int i=1; i<=limit; i++)
        if(a%i == 0){
            if(i > b) modnum++;
            if(a/i > b) modnum++;
        }
    // 特判
    if(limit*limit == a && a/limit > b) modnum--;
    return modnum;
}

int main( )
{
    // 获取输入 
    int a, b; cin>>a>>b;
    // 输出约数个数 
    int ans = getModnum(a, b);
    if(ans<0) cout<<"infinity"<<endl;
    else cout<<ans<<endl;
    return 0;
} 

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MT2206 tax

难度：钻石    时间限制：1秒    占用内存：128M

题目描述

小码哥要交税，交的税钱是收入 $n$ 的最大因子（该最大因子为不等于 $n$ 的最大因子)，但是现在小码哥为了避税，把钱拆成几份（每份至少为 2），使交税最少，输出税钱。

格式

输入格式：一个正整数 $n$ 表示收入（总钱数）。
输出格式：输出一个正整数表示税钱。

样例 1

输入：
4

输出：
2

备注

对于30%的数据：$2\le n\le 100$；
对于50%的数据：$2\le n\le 10000$；
对于100%的数据：$2\le n\le {2\times 10}^9$。

相关知识点：数论

题解

首先对题目进行解读。

现要求对一个数 $n$ 进行拆分，你可以将其任意分为若干份（但每份的值不能低于 2）。接下来对每一份，取该数值的最大因数（不包括自己，下同）为税钱，然后统计总税钱，并使该税钱尽可能少。例如当 $n=8$ 时，有以下四种拆分方式：

• 分为 1 份，即{8}。由于 8 的最大因数为 4，因此这种情况要交的税钱为 4；
• 分为 2 份。
  • 拆分为 {2, 6}。由于 2、6 的最大因数分别为 1、3，因此这种情况要交的税钱为 1+3=4；
  • 拆分为 {3, 5}。由于 3、5 的最大因数均为 1，因此这种情况要交的税钱为 1+1=2；
  • 拆分为 {4, 4}。由于 4 的最大因数为 2，因此这种情况要交的税钱为 2+2=4；
• 分为 3 份，即 {2, 3, 3}。由于 2、3 的最大因数均为 1，因此这种情况要交的税钱为 1+1+1=3；
• 分为 4 份，即 {2, 2, 2, 2}。由于 2 的最大因数均为 1，因此这种情况要交的税钱为 1+1+1+1=4。

从上面的拆分结果来看，显然将 8 分为 {3, 5} 能使最终交的税最少。在这情况下，8 被分为两个质数，因此他们的最大因数均为 1，于是最终的税费即为被划分的份数。

本题的任务就是输入一个数 $n$ ，然后输出能够缴纳的最少税费。

从上面的例子可以看出，要想得到最少税费，那一定要想办法将数 $n$ 划分为两个质数之和。于是乎，这就不得不提到世界近代三大数学难题之一——哥德巴赫猜想。

哥德巴赫于1742年在给欧拉的信中提出了以下猜想：任一大于2的整数都可写成三个质数之和。但是哥德巴赫自己无法证明它，于是就写信请教赫赫有名的大数学家欧拉帮忙证明，但是一直到死，欧拉也无法证明。1966年陈景润证明了“1+2”成立，即 任一充分大的偶数都可以表示成二个素数的和。

于是，我们可以对原问题进行以下分类讨论：

• 当 $n$ 为质数时（注意 2 也是质数），最低税费就是 1（不进行任何划分）；
• 当 $n$ 为（大于 2 的）偶数时，根据哥德巴赫猜想可知，其最低税费为 2；
• 当 $n$ 为奇数时，由于任意奇数都可以被划分为一个奇数和一个偶数之和，而对偶数而言，其最低税费只能是两种情况：当该偶数为 2 时，最低税费为 1；否则，最低税费为 2。因此为了使税费尽可能低，接下来就只需要考虑两种划分情况：
  • 将 $n$ 划分为 $\left\{2,n-2\right\}$ （显然此处的 $n-2$ 是一个奇数）。如果 $n-2$ 是一个质数，那么最低税费就为 1+1=2；如果 $n-2$ 不是一个质数考虑则另一套划分方案；
  • 将 $n$ 划分为 { 质数, 偶数 }（注意，除 2 以外的所有质数都是奇数）。那么此时的最低税费为 1+2=3。

基于此，可写出求解本题的完整代码（已 AC）：

/*
    MT2206 tax 
    哥德巴赫猜想：任一大于2的偶数都可以表示成二个质数之和 
*/
#include 
using namespace std;

// 判断一个数是否为质数 
bool isPrime(int n)
{
    int limit = sqrt(n);
    for(int i=2;i<=limit;i++)
        if(n%i==0)
            return false;
    return true;
}

// 根据收入确定税钱 
int getTax(int n)
{
    // 如果收入是质数则税钱为 1
    if(isPrime(n)) return 1;
    // 如果收入是偶数（大于2），则税钱为 2（哥德巴赫猜想） 
    if((n&1)==0) return 2;
    // 如果收入是奇数，由于任何奇数都可以拆分为 奇数+偶数 之和
    // 则只需要判断该数拆分为 奇数+2 时，奇数是否为质数，则最低税钱为 2  
    else if(isPrime(n-2)) return 2;
    // 否则就将该数拆分为 质数+偶数，则最低税钱为 3（注：除 2 以外的所有质数一定是奇数） 
    else return 3; 
}

int main( )
{
    // 获取输入 
    int n; cin>>n;
    // 输出税钱
    cout<<getTax(n)<<endl;
    return 0;
} 

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MT2207 数树

难度：黄金    时间限制：1秒    占用内存：128M

题目描述

在卡兹戴尔有一片很奇怪的森林，在一个直角坐标系内的 $\left(x,y\right)$ 坐标值都为自然数的坐标上都有一颗树，如果一棵树的坐标 $\left(x,y\right)$ 与原点 $\left(0,0\right)$ 的连线中没有通过其他任何树，则称该树在原点处是可见的。
例如，树 $\left(4,2\right)$ 就是不可见的，因为它与原点的连线会通过树 $\left(2,1\right)$。
部分可见点与原点的连线如下图所示，如图是一个 $4\times 4$ 的树林。

请你计算出在一个 $n\times n$ 的树林中可见的树有多少。

格式

输入格式：第一行为一个整数 $c$，表示共有 $c$ 组测试数据，每组测试数据占一行，为整数 $n$。
输出格式：每组测试数据的输出占据一行。分别为测试数据的编号（从 1 开始），该组测试数据对应的 $n$ 以及可见点的数量（同行数据之间用空格隔开）。

样例 1

输入：
4
2
4
5
231

输出：

1 2 5
2 4 13
3 5 21
4 231 32549

备注

其中：$0\le x,y\le n,1\le n\le 2000,1\le c\le 10$。

相关知识点：数论

题解

从图中可以很直观地看出，只要两个点的斜率相等（如果存在），则其中坐标值更大的点必定是不可见的。换言之，对任意坐标 $\left(x,y\right)$ ，如果 $x,y$ 的最大公约数不为 1，就说明存在比这个点更小的（整数倍放缩）点 $\left(x_0,y_0\right)$（即有 $\frac{y}{x}=\lambda \frac{y_0}{x_0}$ 成立，其中 $\lambda$ 为大于 1 的正整数），那么 $\left(x,y\right)$ 就是不可见的。

所以，这道题依然考察了约数的相关内容。具体解法也很简单，遍历全部数据点 $\left(x,y\right)$，所有 $x$ 与 $y$ 的最大公约数为 1 的点都是可见的，将其进行计数即可。此外，考虑到题目给出的是一个 $n\times n$ 的方阵（具有对称性），因此我们只需要遍历其中的三角阵，在计数时统计 2 个即可，下面给出求解本题的完整代码：

/*
    MT2207 数树 
*/
#include 
using namespace std;

// 求两个数的最大公约数
int gcd(int a, int b)
{ return b==0?a:gcd(b, a%b); } 

// 对规格为 n×n 的树林进行遍历，查找可见树的数量
int getVisibleTrees(int n)
{
    int vt = 2;
    for(int i=1; i<=n; i++){
        for(int j=1; j<i; j++)
            if(gcd(i,j) == 1)
                vt += 2;
    }
    return vt+1;
}
 

int main( )
{
    // 获取输入 
    int c, n, vt; cin>>c;
    for(int i=1; i<=c; i++){
        cin>>n;
        cout<<i<<" "<<n<<" "<<getVisibleTrees(n)<<endl;
    }
    return 0;
} 

END

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