算法学习笔记（34）——约数

约数

约数

约数的定义

若整数 $n$ 除以整数 $d$ 的余数为 $0$ ，即 $d$ 能整除 $n$ ，则称 $d$ 是 $n$ 的约数， $n$ 是 $d$ 的倍数，记为 $d|n$ 。

算数基本定理的推论

正约数集合

在算数基本定理中，若正整数 $N$ 被唯一分解为 $N = p_1^{c_1}p_2^{c_2}...p_m^{c_m}$ ，其中都是正整数，都是质数，且满足 $p_1 < p_2 < ... < p_m$ ，则 $N$ 的正约数集合可以写作：

{p_{1}^{c_{1}} p_{2}^{c_{2}} . . . p_{m}^{c_{m}}}, 其 中 0 \leq b_{i} \leq c_{i}

$\lbrace p_1^{c_1}p_2^{c_2}...p_m^{c_m} \rbrace,其中 0 \le b_i \le c_i$

正约数个数

(c_{1} + 1) * (c_{2} + 1) * . . . * (c_{m} + 1) = \prod_{i = 1}^{m} (c_{i} + 1)

$(c_1 + 1) * (c_2 + 1) * ... * (c_m + 1) = \prod_{i=1}^{m}(c_i + 1)$

此处 $1$ 代表质数 $p_i$ 的 $0$ 次方。

正约数之和

(1 + p_{1} + p_{1}^{2} + . . . + p_{1}^{c_{1}}) * . . . * (1 + p_{m} + p_{m}^{2} + . . . + p_{m}^{c_{m}}) = \prod_{i = 1}^{m} (\sum_{j = 0}^{c_{i}} (p_{i})^{j})

$(1 + p_1 + p_1^2 + ... + p_1^{c_1}) * ... * (1 + p_m + p_m^2 + ... + p_m^{c_m}) = \prod_{i=1}^{m}(\sum_{j=0}^{c_i}(p_i)^j)$

上式按照乘法多项式展开之后的每一项都是 $N$ 的一个约数。

一、试除法求约数

如果 $d > \sqrt{N}$ 是 $N$ 的约数，那么 $N/d \le \sqrt{N}$ 也是 $N$ 的约数。换言之，约数总是成对出现的（对于完全平方的数字， $\sqrt{N}$ 会单独出现一次）。

因此，只需扫描 $1$ 到 $\sqrt{N}$ 之间的数字，尝试能否整除 $N$ ，若能整除，则 $N/d$ 也是 $N$ 的约数。

时间复杂度： $O(\sqrt{N})$

题目链接：AcWing 869. 试除法求约数

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>

using namespace std;

void get_divisors(int n)
{
    // 用于存储约数
    vector<int> res;
    
    // 枚举从 1 到 sqrt(n) 的数
    for (int i = 1; i <= n / i; i ++ )
        // 如果 i 是 n 的约数
        if (n % i == 0) {
            // 将 i 存起来
            res.push_back(i);
            // 如果不是完全平方数，则将 n/i 也存起来
            if (i != n / i) res.push_back(n / i);
        }
    
    // 排序约数数组
    sort(res.begin(), res.end());
    
    for (auto i : res) cout << i << ' ';
    puts("");
}

int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    while (n -- ) {
        int a;
        cin >> a;
        get_divisors(a);
    }
    return 0;
}

二、约数个数

利用算数基本定理的推论

题目链接：AcWing 870. 约数个数

时间复杂度： $O(\sqrt{N})$

#include <iostream>
#include <unordered_map>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int MOD = 1e9 + 7;

int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    
    // 采用哈希表存储每一个质因子对应出现的次数
    unordered_map<int, int> primes;
    while (n -- ) {
        int a;
        cin >> a;
        
        // 筛质数
        for (int i = 2; i <= a / i; i ++ )
            while (a % i == 0) {
                a /= i;
                primes[i] ++;
            }
        if (a > 1) primes[a] ++;
    }
    
    LL res = 1;
    // 代公式
    for (auto prime : primes) res = res * (prime.second + 1) % MOD;
    cout << res << endl;
    
    return 0;
}

三、约数之和

题目链接：AcWing 871. 约数之和

时间复杂度： $O(\sqrt{N})$

#include <iostream>
#include <unordered_map>

using namespace std;

const int MOD = 1e9 + 7;

typedef long long LL;

int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    
    unordered_map<int, int> primes;
    while (n -- ) {
        int a;
        cin >> a;
        
        for (int i = 2; i <= a / i; i ++ )
            while (a % i == 0) {
                a /= i;
                primes[i] ++;
            }
        if (a > 1) primes[a] ++;
    }
    
    LL res = 1;
    for (auto prime : primes) {
        int p = prime.first, c = prime.second;
        LL t = 1;
        while (c -- ) t = (t * p + 1) % MOD;
        res = res * t % MOD;
    }
    cout << res << endl;
    
    return 0;
}

四、最大公约数

欧几里得算法

\forall a, b \in N, b \neq 0, g c d (a, b) = g c d (b, a mod b)

$\forall a,b \in \mathbb{N}, b \neq 0, gcd(a,b)=gcd(b, a \bmod b)$

证明：

若 $a \le b$ ，则 $gcd(b, a \bmod b) = gcd(b,a) = gcd(a,b)$ ，显然成立。
若 $a \ge b$ ，不妨设 $a = q * b + r$ ，其中 $0 \le r < b$ 。显然 $r = a \bmod b$ 。对于 $a,b$ 的任意公约数 $d$ ，因为 $d|a$ , $d|q * b$ ，故 $d|(a-qb)$ ，即 $d|r$ ，因此 $d$ 也是 $b,r$ 的公约数。反之亦成立。故 $a,b$ 的公约数集合与 $b, a \bmod b$ 的公约数集合相同。于是他们的最大公约数自然相等。

时间复杂度： $O(\log(a+b))$

题目链接：AcWing 872. 最大公约数

#include <iostream>

using namespace std;

int gcd(int a, int b)
{
    // 0可以被任何数整除
    return b ? gcd(b, a % b) : a;
}

int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    while (n -- ) {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        cout << gcd(a, b) << endl;
    }
    return 0;
}

也可调用STL的__gcd()函数：

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    while (n -- ) {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        cout << __gcd(a, b) << endl;
    }
    return 0;
}