线性筛求 约数个数 与 约数和

线性筛求 约数个数 与 约数和

线性筛，顾名思义，就是欧拉筛，在线性时间内可以求出答案，也就是$O(N)$的时间，非常牛$X$的效率。

一、约数个数

根据数字唯一分解定理，设

$$\LARGE n=p_1^{r_1}*p_2^{r_2}*p_3^{r_3}*...*p_k^{r_k}$$

对于每个$n$的约数，一定是由以上质因数$p_1 \sim p_k$相乘而来，根据乘法原理，每个质因数都可以选择$0$到$r_i$这$r_i+1$个选择。

$n$的约数个数即为

$$\LARGE d(n)=(r_1+1)\times (r_2+1) \times ... \times (r_k+1) =\prod_{i=1}^k(r_i+1)$$

筛的过程中需要保存$n$的最小质因子的出现个数即$r_1$,原因后面会说明：

• $d[i]$记录$i$的约数个数
• $num[i]$记录$i$的最小质因数个数

分情况讨论:

(一)、$i$是质数

$$\large \left\{\begin{matrix} d[i]=2 & \\ num[i]=1 & \end{matrix}\right.$$

• $d[i]$:$i$是质数，所以约数只有$1$和自身,约数个数为$2$
• $num[i]$:$i$是质数，最小质因子就是自己，个数是$1$

(二)、$i$取模枚举的第$j$个质数为$0$， $primes[j]$整除$i$

$Q1:$我们在研究哪些数字之间的递推关系？
$A:$既然是递推，一般都是已知小的推出大的，这里应该是已知$d[i]$推出$d[i*primes[j]]$的值。

$Q2$:$d[i*primes[j]]$是啥？
$A$:
$primes[j]$是$i$的因子，$i*primes[j]$唯一分解不会产生新的质因子,依然是$p_1,p_2,...p_k$
$primes[j]$从小到大枚举，所以一定是$i$的最小质因子！所以$p_1^{r_1+1}$,按唯一分解定理展开:

$$\large d[i*primes[j]]=(1+r_1+1)*......*(1+r_k)$$

$Q3$:$d[i∗primes[j]]$怎么从$d[i]$转移？

这个时候就可以用到我们之前维护的$num[i]$了。

转移也就非常简单了：

$$\large d[i∗primes[j]]=d[i]/(num[i]+1)∗(num[i]+2)$$

解释：

$$\large \left\{\begin{matrix} d(i)=(1+r_1)*......*(1+r_k) & ①\\ d(i*primes[j])=(1+r_1+1)*......*(1+r_k) & ②\\ \end{matrix}\right.$$

使用瞪眼大法(观察法)，找出两者之间的递推关系，很明显，就是 ①式除以$1+r_1$,再乘上$1+r_1+1$即可转化为 ②式,这下明白为什么要记录$num[i]$最小质因子的个数了吧~

$Q4$:那么$num[i∗primes[j]]$是不是也需要从$num[i]$进行转移呢？
$A$:$num[i*primes[j]]$也要转移，加上最小质因子$primes[j]$的贡献也就是：

$$\large num[i∗primes[j]]=num[i]+1$$

(三)、当前数取模枚举的第$j$个质数不为$0$，即 $primes[j]$ 不能整除 $i$

首先我们知道$i∗primes[j]$这个数中之前一定不包含$primes[j]$这个质因数,

那么约数个数要加上$prime[j]$的，也就是：

$$\large d[i*primes[j]]=(1+r_1)*...*(1+r_k)*(1+1) \\ =d[i]*2=d[i]*d[primes[j]]$$

然后对于最小质因子，因为$j$是从小到大枚举的，所以$i∗primes[j]$这个数的最小质因子也就是$primes[j]$

所以就可以得到：

$$\large num[i*primes[j]]=1$$

综上，就可以写出筛质因数个数的代码了:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 1010;

int primes[N], cnt; // primes[]存储所有素数
bool st[N];         // st[x]存储x是否被筛掉
int d[N];           // d[x]表示x的约数个数
int num[N];         // num[x]表示x的最小质因数的个数
int n;

//欧拉筛法+求约数个数
void get_primes(int n) {
    d[1] = 1; // 1的约数只有1个,这个比较特殊

    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!st[i]) {
            primes[cnt++] = i;
            // i是质数
            d[i] = 2;   //约数个数是2个，一个是1，另一个是i
            num[i] = 1; //最小质因子个数是1，最小质因子就是自己i
        }

        for (int j = 0; i * primes[j] <= n; j++) {
            st[i * primes[j]] = true;
            if (i % primes[j] == 0) {
                d[i * primes[j]] = d[i] / (num[i] + 1) * (num[i] + 2);
                num[i * primes[j]] = num[i] + 1;
                break;
            } else {
                // d[i * primes[j]] = d[i] * d[primes[j]]; 等价于下面的代码　
                d[i * primes[j]] = d[i] * 2;
                num[i * primes[j]] = 1;
            }
        }
    }
}

int main() {
    scanf("%d", &n);
    get_primes(n);
    //输出1~n之间所有数字的约数个数
    for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d %d\n", i, d[i]);
    return 0;
}

二、约数和

设$sd[i]$表示$i$的约数和

根据算数基本定理得：约数和参考链接

$$\large sd[n]=(p_1^0+p_1^1+p_1^2+……+p_1^{r_1})∗(p_2^0+p_2^1+p_2^2+……+p_2^{r_2})∗……∗(p_k^0+p_k^1+p_k^2+……+p_k^{r_k})$$

那么根据这个式子就可以开始干了。。。

设$num[i]$表示最小质因子的那一项:

$$\large num[i]= p_1^0+p_1^1+p_1^2+……+p_1^{r_1}$$

分情况讨论:

(一)、$i$是质数

$$\large sd[i]=num[i]=i+1$$

解释:

• $i$是质数，它的约数只有自己和$1$,约数和是$i+1$
• $i$是质数，质因子分解也只能分解出自己，$sd[i]=i^0+i^1=1+i$

(二)、$i$取模枚举的质数$primes[j]$不为0,即$primes[j]$不能整除$i$

注：下面的讨论中使用$p_j$代替$primes[j]$

$i∗p_j$里原先没有$p_j$这一项，加上这一项之后：

$$\large \because sd[i]=(p_1^0+p_1^1+p_1^2+……+p_1^{r_1})∗(p_2^0+p_2^1+p_2^2+……+p_2^{r_2})∗……∗(p_k^0+p_k^1+p_k^2+……+p_k^{r_k})$$

$$\large \because sd[i*p_j]=(p_1^0+p_1^1+p_1^2+……+p_1^{r_1})∗(p_2^0+p_2^1+p_2^2+……+p_2^{r_2})∗……∗(p_k^0+p_k^1+p_k^2+……+p_k^{r_k})*(p_j^0+p_j^1)$$

$\large \because p_j$ 是质数 $\large \therefore sd[p_j]=p_j^0+p_j^1$

$\large \therefore sd[i*p_j]=sd[i]*sd[p_j]$ 注：积性函数

同时更新一下$num[i∗p_j]$

$$\large num[i∗p_j]=num[p_j]=p_j^0+p_j^1=1+p_j$$

解释：
因为质因子从小到大枚举，那么$i∗p_j$的最小质因子就应该是$p_j$，那么$num[i∗p_j]$也就应该等于$num[p_j]$

(三)、$i$取模枚举的质数$j$为0,即 $primes[j]$整除$i$

那么$sd[i∗p_j]$中的第一项也就是$num[i∗p_j]$也一定是$p_j$的第一项

解释：(等比数列变形小技巧)
$1+p_i+p_i^2+……+p_i^{r_i}$这个时候要变成$1+p_i+p_i^2+……+p_i^{r_i}+p_i^{r_i+1}$，那么只需要所有的都乘以一个$p_i$，然后再加一个$1$就好了。

$$\large (1+p_i+p_i^2+……+p_i^{r_i})*p_i+1= \\ 1+p_i+p_i^2+……+p_i^{r_i}+p_i^{r_i+1}$$

结论：

$$\large num[i∗p_j]=num[i]∗p_j+1$$

这样，我们又可以开始愉快的写代码啦...

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;

const int N = 1e3 + 10;

int primes[N], cnt;
bool st[N];

int num[N]; //最小质因子p1组成的等比序列 p1^0+p1^1+...+p1^r1
int sd[N]; //约数和

int n;

void get_primes(int n) {
    sd[1] = 1; // 1的约数只有自己，约数和是1

    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!st[i]) {
            primes[cnt++] = i;
            //质数
            sd[i] = num[i] = i + 1; // 1和自身是约数，约数和为i+1; 同时因为i是质数，所以只有一个分拆项,并且分拆项内容=pj^0+pj^1=1+pj=1+i
        }
        for (int j = 0; primes[j] * i <= n; j++) {
            st[i * primes[j]] = true;

            if (i % primes[j]) {
                sd[i * primes[j]] = sd[i] * sd[primes[j]]; //积性函数
                num[i * primes[j]] = primes[j] + 1;
            } else {
                sd[i * primes[j]] = sd[i] / num[i] * (num[i] * primes[j] + 1);
                num[i * primes[j]] = num[i] * primes[j] + 1;
                break;
            }
        }
    }
}

int main() {
    scanf("%d", &n);
    get_primes(n);
    //约数和要不要自己本身,这里是不想要自己本身
    for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ", sd[i] - i);
    puts("");
    return 0;
}