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一. 质数
1.试除法判定质数
一个数的因数都是成对出现的，我们可以判定较小的一个
需要注意的是尽量不要用i<=sqrt(x) or i*i <= x，一是为了减少运算，二是为了防止超出int范围
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;
}
2.分解质因数
根据算数基本定理：每个正整数都能够以唯一的方式用其质因子的乘积表示
n=p1^a1 * p2^a2 * p3^a3…
有一个细节需要注意：n中最多包含一个大于sqrt(n)的因子，可以通过反证法证明，如果有两个大于sqrt(n)的因子，则相乘必然会大于n
例如 ：n=16, 16/2还是有2的倍数，所以循环晒去。最后n如果>1说明这就是大于sqrt(n)的唯一质因子。
void divide(int n)
{
for (int i = 2; i <= n / i; i++)
{
if (n % i == 0)
{
int s = 0;//s表示次数
while (n % i == 0)
{
n /= i;
s++;
}
cout << i << ' ' << s << endl;
}
}
if (n > 1)cout << n << ' ' << 1 << endl;
}
3.筛质数
(1)普通筛法 O(nlogn)
无论是素数还是合数都用来筛掉其后边的倍数
void get_primes(int n)
{
for (int i = 2; i <= n; i++)
{
if (!st[i])primes[cnt++] = i;
for (int j = i; j <= n; j += i)st[j] = true;
}
}
(2)埃式筛法O(nloglogn)
Eratosthenes 筛法利用的原理是 任意整数 x 的倍数 2x，3x，… 等都不是质数 。
但是即便如此也会有重复标记的现象，例如12既会被2又会被3标记，在标记2的倍数时，12=6∗2，在标记3的倍数时，12=4∗3 ，根本原因是没有找到唯一产生12的方式。
void get_primes(int n)
{
for (int i = 2; i <= n; i++)
{
if (!st[i])
{
primes[cnt++] = i;
for (int j = i; j <= n; j += i)st[j] = true;
}
}
}
(3)线性筛法O(n)
n只会被他的最小质因子筛掉
如果i%primes[j]==0，则说明primes[j]是i的最小质因子，同时也是primes[j]*i的最小质因子，因此为了防止重复标记，break即可
void get_primes(int n)
{
for (int i = 2; i <= n; i++)
{
if (!st[i])primse[cnt++] = i;
for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j++)
{
st[primes[j] * i] = true;
if (i % primes[j] == 0)break;
}
}
}
4.哥德巴赫猜想
任意一个大于 4 的偶数都可以拆成两个奇素数之和。
直接筛素数枚举即可
for (int i = 1;; i++)
{
int a = primes[i];
int b = n - a;
if (!st[b])
{
printf("%d = %d + %d\n", n, a, b);
break;
}
}
5. 阶乘分解
例子：如果计算8！中2的个数
1 2 3 4 5 6 7 8
1 1 1 1
1 1
1
4 + 2 + 1 = 7
for (int i = 0; i < cnt; i++)
{
int p = primes[i];
int s = 0;
for (int j = n; j; j /= p)s += j / p;
cout << p << ' ' << s << endl;
}
二. 快速幂
快速幂模板：
int qmi(int a, int k)
{
int res = 1;
while (k)
{
if (k & 1)res = (LL)res * a % mod;
a = (LL)a * a % mod;
k >>= 1;
}
return res;
}
三. 约数
1. 试除法求约数
成对筛
vector<int> get_divisors(int x)
{
vector<int> res;
for (int i = 1; i <= x / i; i ++ )
if (x % i == 0)
{
res.push_back(i);
if (i != x / i) res.push_back(x / i);
}
sort(res.begin(), res.end());
return res;
}
2. 约数个数
(1)约数个数模板
结论：n=p1^a1 * p2^a2 * p3^a3…
ans=(a1+1) * (a2+1) * (a3+1)....
每一个约数 d 可以表示为
d=p1^b1 * p2^b2 * p3^b3…
b1一共有 0 ~ a1种选法，b2有0 ~ a2种选法…
所以约数个数一共是(a1+1) * (a2+1) * (a3+1)…
求n!^2一共有多少个约数
(2c1+1)∗(2c2+1)∗…∗(2ck+1)
void divisor(int n)
{
unordered_map<int, int> hash;
for (int i = 2; i <= n / i; i++)
{
while (n % i == 0)
{
n /= i;
hash[i]++;
}
}
if (n > 1)hash[n]++;
int res = 1;
for (auto& x : hash)ans *= (x.second + 1) % mod;
cout << res << endl;
}
(2). 约数与倍数的巧妙转换
约数和倍数其实是一对好基友，当求约数的时间复杂度过大时，不妨从它倍数的角度来考虑解决问题
例子：对于每个Ai,在其他数中由多少个数是它的约数？
统计 Ai出现的次数
for(int i = 0; i < n; i++)
{
scanf("%d", &a[i]);
cnt[a[i]]++;
}
for(int i = 1; i < N; i++)
{
if(!cnt[i]) continue;
//i其实就是Ak，j就是i的倍数
for(int j = i; j < N; j += i)
{
res[j] += cnt[i];
}
}
最后对于每个res - 1(删除自己)
3. 约数之和
while (b – ) t = (t * a + 1) % mod;
t=t∗p+1
t=1
t=p+1
t=p^2+p+1
……
t=p^b + p^b-1…+1
void divisor(int n)
{
unordered_map<int, int> hash;
for (int i = 2; i <= n / i; i++)
{
while (n % i == 0)
{
n /= i;
hash[i]++;
}
}
if (n > 1)hash[n]++;
int res = 1;
for (auto x : hash)
{
long long t = 1;
while (x.second--)t = (t * x.first + 1) % mod;
res = res * t % mod;
}
cout << res << endl;
}
