整数因子分解问题(递归分治法、动态规划)

Description
大于1的正整数n可以分解为：n=x1 * x2 * … * xm。例如，当n=12 时，共有8 种不同的分解式： 12=12； 12=6 * 2； 12=4 * 3； 12=3 * 4； 12=3 * 2 * 2； 12=2 * 6； 12=2 * 3 * 2； 12=2 * 2 * 3。对于给定的正整数n，计算n共有多少种不同的分解式。

Input
输入数据只有一行，有1个正整数n (1≤n≤2000000000)。

Output
将计算出的不同的分解式数输出。

Sample Input
12
1
Sample Output
8
1
递归分治法:
耗时有些大，但是通过了。

f ( n ) f(n)f(n) 为n的不同分解式个数。

f ( n ) = ∑ n % i = = 0 f ( n / i ) , 2 < = i < = n f(n) = \sum_{n\%i==0} f(n/i),\\ 2 <= i <= nf(n)=∑
n%i==0

f(n/i),
2<=i<=n

比如20

f ( 1 ) = 1 f(1) = 1f(1)=1

f ( 20 ) = f ( 2 ) + f ( 10 ) + f ( 4 ) + f ( 5 ) + f ( 1 ) f(20) = f(2) + f(10) + f(4) + f(5) + f(1)f(20)=f(2)+f(10)+f(4)+f(5)+f(1)

f ( 2 ) = f ( 1 ) = 1 f(2) = f(1) = 1f(2)=f(1)=1

f ( 10 ) = f ( 2 ) + f ( 5 ) + f ( 1 ) = 1 + 1 + 1 = 3 f(10) = f(2) + f(5) + f(1) = 1 + 1 + 1 = 3f(10)=f(2)+f(5)+f(1)=1+1+1=3

f ( 4 ) = f ( 2 ) + f ( 1 ) = 1 + 1 = 2 f(4) = f(2) + f(1) = 1 + 1 = 2f(4)=f(2)+f(1)=1+1=2

f ( 5 ) = f ( 1 ) = 1 f(5) = f(1) = 1f(5)=f(1)=1

所以：f ( 20 ) = 1 + 3 + 2 + 1 + 1 = 8 f(20) = 1 + 3 + 2 + 1 + 1 = 8f(20)=1+3+2+1+1=8

发现f ( n ) 里会有 f ( n / n ) f(n)里会有f(n/n)f(n)里会有f(n/n)，所以f ( n ) f(n)f(n)初始值可以初始化为1

for循环找因子也不用一直到n，到sqrt(n)就行，也就是i * i < n就行

最后判断一下i * i == n，因为左右因子都一样怎么交换都一样，所以只用加上f ( i ) f(i)f(i)即可

比如f ( 100 ) = f ( 2 ) + f ( 50 ) + f ( 4 ) + f ( 25 ) + f ( 5 ) + f ( 20 ) + f ( 10 ) + f ( 1 ) f(100) = f(2) + f(50) + f(4) + f(25) + f(5) + f(20) + f(10) + f(1)f(100)=f(2)+f(50)+f(4)+f(25)+f(5)+f(20)+f(10)+f(1)

i * i < n，f ( n ) = ∑ n % i = = 0 ( f ( n / i ) + f ( i ) ) f(n) = \sum_{n \% i == 0} (f(n / i) + f(i))f(n)=∑
n%i==0

(f(n/i)+f(i))

i * i == n，f ( n ) = f ( n ) + f ( i ) f(n) = f(n) + f(i)f(n)=f(n)+f(i)

比如f ( 20 ) = f ( 2 ) + f ( 10 ) + f ( 4 ) + f ( 5 ) + f ( 1 ) f(20) = f(2) + f(10) + f(4) + f(5) + f(1)f(20)=f(2)+f(10)+f(4)+f(5)+f(1)

找出f ( 2 ) f(2)f(2)就可以加上f ( 20 / 2 ) = f ( 10 ) f(20 / 2) = f(10)f(20/2)=f(10)，f ( 4 ) f(4)f(4)可以得f ( 20 / 4 ) = f ( 5 ) f(20/4) = f(5)f(20/4)=f(5)

// 递归法
#include <stdio.h>

int solve(int n)
{
int ans = 1, i; // ans = 1初始表示n = n的情况
for (i = 2; i * i < n; i++) // 因子乘因子小于n
if (n % i == 0) // i 是 n的因子, n / i也是n的因子
ans += solve(i) + solve(n / i);
if (i * i == n) // i是n的因子, 并且i * i == n时只有这一种情况, 左右交换也是一种
ans += solve(i);
return ans;
}

int main()
{
int n;
scanf("%d", &n);
printf("%d\n", solve(n));
return 0;
}

动态规划法：
算术基本定理：任何一个大于1的自然数N,如果N不为质数，那么N可以唯一分解成有限个质数的乘积

N = p 1 x 1 ∗ p 2 x 2 ∗ . . . ∗ p n x n p 1 , p 2 , . . . , p n 都为质数 x 1 , x 2 , . . . , x n 都是大于等于 0 的整数 N = p_1^{x_1} * p_2^{x_2} * ...*p_n^{x_n} \\ p_1, p_2,\ ...\ ,p_n都为质数 \\ x_1, x_2,\ ...\ ,x_n都是大于等于0的整数
N=p
1
x
1

∗p
2
x
2

∗...∗p
n
x
n

p
1

,p
2

, ... ,p
n

都为质数
x
1

,x
2

, ... ,x
n

都是大于等于0的整数

可以得出：

N正因子个数为( x 1 + 1 ) ∗ ( x 2 + 1 ) ∗ . . . ∗ ( x n + 1 ) (x_1 + 1) * (x_2 + 1) * ... * (x_n + 1)(x
1

+1)∗(x
2

+1)∗...∗(x
n

+1)

2 * 3 * 5 * 7 * 11 * 13 * 17 * 19 * 23 * 29 = 6469693230

6469693230的正因子个数为：210 = 1024 , 所以存因子的数组开2000就差不多了

dp[i]存的是factor[i]的分解式个数

一个数可以分解为因子乘积，因子的因子也是因子

所以一个数的分解式个数等于因子的分解式个数之和

dp[]初始化0

递推公式：
d p [ i ] = { 1 i = 0 ∑ j = 0 , f a c t o r [ i ] % f a c t o r [ j ] = = 0 i − 1 d p [ j ] i > = 1 dp[i] =
{1∑i−1j=0,factor[i]%factor[j]==0dp[j] i=0 i>=1
{
1

�
=
0
∑
�
=
0
,
�
�
�
�
�
�
[
�
]
%
�
�
�
�
�
�
[
�
]
==
0
�
−
1
�
�
[
�
]

�
>=
1
dp[i]={
1
∑
j=0,factor[i]%factor[j]==0
i−1

dp[j]

i=0
i>=1

// 动态规划
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

int solve(int n)
{
// factor数组存因子, dp数组存分解式个数, cnt记录因子个数
int factor[2000], dp[2000], cnt = 0, i;
// 找出n的因子
for (i = 1; i * i < n; i++) // 循环次数缩减到sqrt(n)
{
if (n % i == 0)
{
factor[cnt++] = i; // i为因子
factor[cnt++] = n / i; // n/i也为因子
}
}
if (i * i == n)
factor[cnt++] = i; // 如果i*i==n, i也为因子

sort(factor, factor + cnt); // 把因子从小到大排序
fill(dp, dp + cnt, 0); // 把dp数组初始化为0, 初始因子分解式个数都为0

dp[0] = 1; // 第一个因子(1)自己的分解式只有一个
for (i = 1; i < cnt; i++) // 从第二个因子开始, 循环找第i个因子的因子是否为前i-1个因子
for (int j = 0; j < i; j++)
if (factor[i] % factor[j] == 0) // 如果第i个因子的因子是前i-1个因子中的, 第i个的分解式个数加上满足条件的
dp[i] += dp[j];

return dp[cnt - 1]; // dp[0]从0开始, cnt要减1
}

int main()
{
ios::sync_with_stdio(false); // 防止TLE
cin.tie(NULL);
cout.tie(NULL);

int n;
cin >> n;
cout << solve(n);
return 0;
}
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