基础数论--约数

1、试除法求约数

朴素想法是直接枚举1-n，如果n%i==0，i就是约数

但是考虑到约数是成对出现的，假设i是n的约数，那么n/i也是n的约数，所以只需要枚举到sqrt(n)即可

时间复杂度为：sqrt(n)，需要证明排序的复杂度小于求约数的复杂度

　　　　　　　　    　　排序复杂度是nlogn，那么我们就得知道n有多少个约数，但是对于不同的数的约数个数是不同的，所以我们只能估计

　　　　　　　　　　　我们先求出1---n中约数的个数，然后除以n就是平均每个数的约数的个数

　　　　　　　　　　　然后因为a是b的约数，那么b就是a的倍数，所以1---n中约数的个数等于倍数的个数

　　　　　　　　　　　而1的倍数有n个，2的倍数有n/2个.....因此1---n中约数的个数为n(1+1/2+1/3+1/4+....)=nln n

　　　　　　　　　　　所以平均每个数有ln n约等于log n个倍数。

　　　　　　　　　　　排序复杂度为logn*log log n ，小于sqrt(n)

void get_divisors(int n){
    res.clear();
    for(int i=1;i<=n/i;i++){
        if(n%i==0){
            res.push_back(i);
            if(n/i>i){
                res.push_back(n/i);
            }
        }
    }
    sort(res.begin(),res.end());
}

2、约数个数和约数之和

　　这俩是基于唯一分解定理来的

　　每一个数大于一的数 x 都可以被分解为 x=p1^a1+p2^a2+....pk^ak的形式

　　所以对于一个数n，他的约数个数就为（a1+1）(a2+1)....(ak+1)

　　　　　　　　　　他的约数之和就为（p1^0+p1^1+...+p1^a1）(p2^0+p2^1+...+p2^a2)....(pk^0+pk^1+...+pk^ak)

 

　　约数个数（给定n个数，求这些数的乘积的约数个数）

#include<iostream>
#include<unordered_map>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
    
int main(void){
    int n;
    unordered_map<int,int> mp;
    cin>>n;
    for(int i=0;i<n;i++){
        int a;
        cin>>a;
        for(int j=2;j<=a/j;j++){
            while(a%j==0){
                mp[j]++;
                a/=j;
            }
        }
        if(a>1){
            mp[a]++;
        }
    }
    long long res=1;
    for(auto it:mp){
        res=res*(it.second+1);
        res%=mod;
    }
    cout<<res;
    return 0;
}

 

　　约数之和

#include<iostream>
#include<unordered_map>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int main(void){
    int n;
    unordered_map<int,int> mp;
    cin>>n;
    for(int i=0;i<n;i++){
        int a;
        cin>>a;
        for(int j=2;j<=a/j;j++){
            while(a%j==0){
                a/=j;
                mp[j]++;
            }
        }
        if(a>1){
            mp[a]++;   
        }
    }

    long long res=1;
    for(auto it:mp){
        long long  t=1,prime=it.first,cnt=it.second;
        while(cnt--){
            t=t*prime+1;
            t%=mod;
        }
        res=res*t;
        res%=mod;
    }
    cout<<res;
    return 0;
}

3、最大公约数

辗转相除法，gcd(a,b)=gcd(b,a%b)

（规定0可以整除任何数）

证明：数学基本性质d|a,d|b---->d|xa+by，可由唯一分解定理证得

　　左--->右：

　　　假设d|a,d|b，因为a%b=a-c*b，所以d|a-c*b，所以如果是a和b的约数，也一定是b和a%b的约数

　　右--->左：

　　　　假设d|b,d|a%b，所以d|a-c*b，又因为d|b，所以d|a-c*b+c*b--->d|a，所以d|a&&d|b

正确性得证。

#include<iostream>
using namespace std;
int gcd(int a,int b){
    return b?gcd(b,a%b):a;
}
int main(void){
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=0;i<n;i++){
        int a,b;
        cin>>a>>b;
        cout<<gcd(a,b)<<endl;
    }
    return 0;
}