数论——唯一分解定理
唯一分解定理
- 前言
- 一、定理内容
- 二、素数拆分
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- 1. 试除法
- 2. Pollard-Rho算法
- 三、应用
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- 1.因子个数
- 2.因子和
- 3.一些例题
- 参考资料
前言
引理：对所有素数 p 和 所有整数 a，b，如果 p | ab，则 p | a 或 p | b （或两者都成立）
证明：采用反证法。假设 p | ab，但 p ∤ a 且 p ∤ b。故gcd（a，p）= 1，gcd（b，p）= 1，故gcd（ab，p） = 1，而 gcd（ab，p） = p，矛盾，原命题成立。
定理：如果素数 p ∣ a 1 a 2 a 3 . . . a r p | a _1 a_2a_3...a_r p∣a1a2a3...ar，则 p ∣ a 1 p | a_1 p∣a1 或 p ∣ a 2 p | a_2 p∣a2…或 p ∣ a r p | a_r p∣ar至少一个成立
由上面这个定理我们发现：
①数n可以以某种方式分解成素数乘积
②仅有唯一的因数分解（不考虑因数重排）
一、定理内容
任何一个大于1的整数n 都可以分解成若干个素因数的连乘积，如果不计各个素因数的顺序，那么这种分解是惟一的。
n = ∏ i = 1 r p i e i n = \prod_{i=1}^r p_i^{e_i} n=i=1∏rpiei
e i e_i ei为正整数， p i p_i pi为互不相同的素数。
证明：唯一分解定理
二、素数拆分
给你一个数n，如何将他拆分成素数的乘积呢？
1. 试除法
直接枚举因子然后把当前因子全部除尽即可,时间复杂度 O ( n ) O(\sqrt n) O(n)
int e[N],p[N];
void divide(int n)
{
int cnt = 0;
for(int i=2; i*i<=n; i++)
{
if(n%i == 0)
{
p[++cnt] = i,e[cnt] = 0;
while(n % i == 0)
{
n /= i;
e[cnt]++;
}
}
}
if(n > 1)
p[++cnt] = n,e[cnt]=1;
for(int i = 1;i <= cnt; ++ i)
cout << p[i] << "^" << e[i] << endl;
}
2. Pollard-Rho算法
一种大数（如n>1e18）分解的随机算法
有空再细写
三、应用
1.因子个数
将n分解过后， n = p 1 e 1 ∗ p 2 e 2 ∗ . . . ∗ p r e r n=p_1^{e_1}*p_2^{e_2}*...*p_r^{e_r} n=p1e1∗p2e2∗...∗prer ，n的因子一定是 p i p_i pi的组合，且每个组合的选择有 e i + 1 e_i+1 ei+1个，因此因子个数为 ∏ i = 1 r ( e i + 1 ) \prod_{i=1}^r{(e_i+1)} ∏i=1r(ei+1)
例题：
给定x，y（x,y<231 ）问xy的因子数mod10007是多少？
如果强行计算，xy已经是天文数字了，所以我们考虑将他分解为素数的乘积
x y = ( p 1 e 1 ∗ p 2 e 2 ∗ . . . ∗ p r e r ) y = p 1 y e 1 ∗ p 2 y e 2 ∗ . . . ∗ p r y e r x^y=(p_1^{e_1}*p_2^{e_2}*...*p_r^{e_r})^y=p_1^{ye_1}*p_2^{ye_2}*...*p_r^{ye_r} xy=(p1e1∗p2e2∗...∗prer)y=p1ye1∗p2ye2∗...∗pryer
答案即为 ∏ i = 1 r ( y e i + 1 ) m o d 10007 \prod_{i=1}^r{(ye_i+1)} mod10007 ∏i=1r(yei+1)mod10007
2.因子和
设 S ( n ) S(n) S(n)为因子和，考虑每个 p i , S ( n ) = ( p i 0 + p i 1 + . . . + p i e i ) ∗ ( S ( 剩 余 ) ) p_i,S(n)=(p_i^{0}+p_i^{1}+...+p_i^{e_i}) *(S(剩余)) pi,S(n)=(pi0+pi1+...+piei)∗(S(剩余))，由等比数列求和公式得知因子和为 ∏ i = 1 r p i e i + 1 − 1 p i − 1 \prod_{i=1}^r\frac{p_i^{e_i+1}-1}{p_i-1} ∏i=1rpi−1piei+1−1
例题：
约数之和
思路：与上题类似，要注意的是分数取模的时候，如果p-1 ≡ 0（mod9901），则不存在乘法逆元，p ≡ 1（mod9901），故（1+p+p2 +…+pe*b ) = (1+1+1+…+1) = e*b+1，否则用乘法逆元就可以解决。
#include3.一些例题
- 阶乘分解
思路：
我们发现N！中的p的个数就是1~N中p的个数和，因此我们只要统计所有 p k i p_k^i pki出现的个数和即可求出答案。
代码：
#include变形1：求N！末尾0的个数。
思路：也就是求因子乘积为10的个数，即2，5因子数的最小值，而容易知道5的个数一定比2少，因此计算因子5的个数即可
int ans = 0;
while(n)
{
num += n / 5;
n /= 5;
}
return ans;
类似的要求N！在二进制最低位1出现的位置，也就是求因子2出现的个数
变形2：求N！的因子的因子个数和
思路： N ! = p 1 e 1 ∗ p 2 e 2 ∗ . . . ∗ p r e r N!=p_1^{e_1}*p_2^{e_2}*...*p_r^{e_r} N!=p1e1∗p2e2∗...∗prer
p i e i p_i^{e_i} piei的选择有 e i + 1 种 e_i+1种 ei+1种： p i 0 , p i 1 , . . . . . . , p i e 1 p_i^{0},p_i^1,......,p_i^{e_1} pi0,pi1,......,pie1
p i 0 p_i^{0} pi0有1个因子， p i 1 p_i^{1} pi1有2个因子, p i e 1 p_i^{e_1} pie1有 e 1 + 1 e_1+1 e1+1个因子
故对于 p i p_i pi所贡献的因子数即为 ( e i + 1 ) ∗ ( e i + 2 ) 2 \frac{(e_i+1)*(e_i+2)} {2} 2(ei+1)∗(ei+2)
最后再将每一个p的因子数乘起来即是结果了
公式为 ∏ i = 1 r ( e i + 1 ) ∗ ( e i + 2 ) 2 \prod_{i=1}^r\frac{(e_i+1)*(e_i+2)} {2} ∏i=1r2(ei+1)∗(ei+2)
题目链接：Divisors of the Divisors of An Integer（2018-2019 ACM-ICPC, Asia Dhaka Regional ContestC）
参考资料
《算法竞赛中的初等数论》（一）正文 0x00整除、0x10 整除相关（ACM / OI / MO）（十五万字符数论书）
夜深人静写算法（三）- 初等数论入门