《算法笔记》——第五章 素数 学习记录
素数又称为质数，是指除了1和本身之外，不能被其他数整除的一类数。
即对给定的正整数n，如果对任意的正整数a(1<a<n)，都有n%a!=0成立，那么称n是素数；否则，如果存在a(1<a<n)，使得n%a=0，那么称n为合数。
应特别注意的是，1既不是素数，也不是合数。
本节将解决两个问题：
- 如何判断给定的正整数n是否是质数；
- 如何在较短的时间内得到1~n内的素数表。
素数的判断
从素数的定义中可以知道，一个整数要被判断为素数，需要判断n是否能被2,3,...,n-1中的一个整除。只有2,3,...,n-1都不能整除n，n才能判定为素数，而只要有一个能整除n的数出现，n就可以判定为非素数。
这样的判定方法没有问题，复杂度为\(O(n)\)。但是在很多题目中，判定素数只是整个算法中的一部分，这时候\(O(n)\)的复杂度实际上有点大，需要更加快速的判定方法。
注意到如果在2~n-1中存在n的约数，不妨设为k，即n%k==0，那么由k*(n/k)=n可知，n/k也是n的一个约数，且k与n/k中一定满足其中一个小于等于\(\sqrt{n}\)、另一个大于等于\(\sqrt{n}\)。
这启发我们，只需要判定n能否被\(2, 3, ... ,\lfloor \sqrt{n} \rfloor\)中的一个整除，即可判定n是否为素数。该算法的复杂度为\(O(\sqrt{n})\)。
bool isPrime(int n)
{
if(n<2) return false;
for(int i=2;i*i<=n;i++)
if(n % i == 0)
return false;
return true;
}
这样写会当n接近int型变量的范围上界时导致i*i溢出(当然n在\(10^9\)以内都会是安全的)，解决的办法是将i定义为long long型，这样就不会溢出了。
素数表的获取
通过上面的学习，读者应已有办法判断单独一个数是否是素数，那么可以直接由此得出打印1n范围内素数表的方法，即从1n进行枚举，判断每个数是否是素数，如果是素数则加入素数表。这种方法的枚举部分的复杂度是\(O(n)\)，而判断素数的复杂度是\(O(\sqrt{n})\)，因此总复杂度是0(n√n)。这个复杂度对n不超过\(10^5\)的大小是没有问题的。
上面的算法对于n在10以内都是可以承受的，但是如果出现需要更大范围的素数表，\(O(n \sqrt{n})\)的算法将力不从心。下面学习一个更高效的算法，它的时间复杂度为\(O(nloglogn)\)。
“埃式筛法”是众多筛法中最简单且容易理解的一种，即Eratosthenes筛法。更优的欧拉筛法可以达到\(O(n)\)的时间复杂度，此处不予赘述。
素数筛法的关键就在一个“筛”字。算法从小到大枚举所有数，对每一个素数， 筛去它的所有倍数，剩下的就都是素数了。可能有读者问，一开始并不知道哪些数是素数，何来的“对每一个素数”呢?下面来看一一个例子:求1~ 15中的所有素数。
- 2是素数(唯一需要事先确定)，因此筛去所有2的倍数，即4、6、8、10、12、14。
- 3没有被前面的步骤筛去，因此3是素数，筛去所有3的倍数，即6、9、12、15。
- 4已经在①中被筛去，因此4不是素数。
- 5没有被前面的步骤筛去，因此5是素数，筛去所有5的倍数，即10、15。
- 6已经在①中被筛去，因此6不是素数。
- 7没有被前面的步骤筛去，因此7是素数，筛去所有7的倍数，即14。
- 8已经在①中被筛去，因此8不是素数。
- 9已经在②中被筛去，因此9不是素数。
- 10已经在①中被筛去，因此10不是素数。
- 11没有被前面的步骤筛去，因此11是素数，筛去所有11的倍数,但在15以内没有。
- 12已经在①中被筛去，因此12不是素数。
- 13没有被前面的步骤筛去，因此13是素数，筛去所有13的倍数，但在15以内没有。
- 14已经在⑥中被筛去，因此14不是素数。
- 15已经在②中被筛去，因此15不是素数。
至此，1~15 内的所有素数已全部得到，即2、3、5、7、11、13。
由上面的例子可以发现，当从小到大到达某数a时，如果a没有被前面步骤的数筛去，那么a一定是素数。这是因为，如果a不是素数，那么a一定有小于a的素因子，这样在之前的步骤中a一定会被筛掉，所以，如果当枚举到a时还没有被筛掉，那么a一定是素数。
可以证明筛法的复杂度为\(O(\sum_p\frac{n}{p})=O(n\log \log n)\)。
当然，上面的做法效率仍然不够高效，可以稍微提高算法的执行效率。
for(int i=2;i*i<=n;i++)
if(!vis[i])
for(int j=i*i;j<=n;j+=i) vis[j]=true;
// 因为从 2 到 i - 1 的倍数我们之前筛过了，这里直接从i的倍数开始，提高了运行速度
用来做筛除的数最多到\(\sqrt{n}\)就可以了。其原理和试除法一样：非素数k必定可以被一个小于等于\(\sqrt{k}\)的素数整除。
如果需要记录所有素数，那么还需要\(O(n)\)的时间扫描一遍vis数组，所以对于需要记录素数表的题目一般采取如下写法：
for(int i=2;i<=n;i++)
if(!vis[i])
{
primes[cnt++]=i;
for(int j=i;j<=n/i;j++)
vis[i*j]=true;
}
内层循环为防止i*i溢出换成了不会溢出的等价写法。
两份代码的渐进时间复杂度相同，第一份代码的操作次数会明显减少，但无法在筛的同时记录下所有素数，只能记录到\(\sqrt{n}\)内的素数。
质因子分解
所谓质因子分解是指将一个正整数n写成一个或多个质数的乘积的形式，例如6=2x3,8=2x2x2,180=2x2x3x3x5。或者我们也可以写成指数的形式，例如\(6=2^1 \times 3^1,8=2^3,180=2^2 \times 3^2 \times 5^1\)。
显然，由于最后都要归结到若干不同质数的乘积，因此不妨先把素数
表打印出来。而打印素数表的方法上面已经阐述，下面我们主要就质因子分解本身进行讲解。
注意：由于1本身不是素数，因此它没有质因子，下面的讲解是针对大于1的正整数来说的，而如果有些题目中要求对1进行处理，那么视题目条件而定来进行特判处理。
由于每个质因子都可以不止出现一次，因此不妨定义结构体factor，用来存放质因子及个数，如下所示：
struct factor
{
int x,cnt;
}fac[10];
考虑到2x3x5x7x11x13x17x19x23x29就已经超过了int范围，因此对一个int型范围的数来说，fac数组的大小只需要开到10就可以了。
前面提到过，对一个正整数n来说，如果它存在1和本身之外的因子，那么一定是在\(\sqrt{n}\)的左右成对出现。而这里把这个结论用在“质因子”上面，会得到一个强化结论：对一个正整数n来说，如果它存在[2, n]范围内的质因子，要么这些质因子全部小于等于\(\sqrt{n}\)，要么只存在一个大于\(\sqrt{n}\)的质因子（若有两个，则相乘后大于\(n\)），而其余质因子全部小于等于\(\sqrt{n}\)。这就给进行质因子分解提供了一个很好的思路：
- 枚举\(1 \sim \sqrt{n}\)范围内的所有质因子p，判断p是否是n的因子。
- 如果p是n的因子，那么给fac数组中增加质因子p，并初始化其个数为0。然后，只要p还是n的因子，就让n不断除以p，每次操作令p的个数加1，直到p不再是n的因子为止。
- 如果p不是n的因子，就直接跳过。
- 如果在上面步骤结束后n仍然大于1，说明n有且仅有一个大于\(\sqrt{n}\)的质因子(有可能是n本身)，这时需要把这个质因子加入fac数组，并令其个数为1。
至此，fac 数组中存放的就是质因子分解的结果，时间复杂度是\(O(\sqrt{n})\)。
map<int,int> fac;
void divide(int n)
{
for(int i=2;i*i<=n;i++)
if(n % i == 0)
while(n % i == 0)
{
fac[i]++;
n/=i;
}
if(n > 1) fac[n]++;
}
\(map\)会按照质因子大小升序存储，若不要求顺序可采用\(unordered_map\)。
最后指出，如果要求一个正整数N的因子个数，只需要对其质因子分解，得到各质因子\(p_i\)的个数分别为\(e_1,e_2, \cdots e_k\)，于是\(N\)的因子个数就是\((e_1+1)*(e_2+1)* \cdots *(e_k+ 1)\)。原因
是，对每个质因子\(p_i\)都可以选择其出现\(0\)次、\(1\)次、\(\cdots\)、\(e_i\)次，共\(e_i+1\)种可能，组合起来就是答案。
而由同样的原理可知，\(N\)的所有因子之和为
