分解质因数

发布时间:2014-10-23 23:22:46
来源:分享查询网

前言 之前就想写一篇关于分解质因数的文章,原因也是九度oj上有几道跟质因数分解有关的题目没有思路,这次找完工作学java的同时进行一些查缺补漏 原理&&方法 把一个合数分解为若干个质因数的乘积的形式,即求质因数的过程叫做分解质因数,分解质因数只针对合数 求一个数分解质因数,要从最小的质数除起,一直除到结果为质数为止。分解质因数的算式的叫短除法,和除法的性质差不多,还可以用来求多个个数的公因式: 以24为例: 2 -- 24 2 -- 12 2 -- 6 3 (3是质数,结束) 得出 24 = 2 × 2 × 2 × 3 = 2^3 * 3 代码 可先用素数筛选法,筛选出符合条件的质因数,然后for循环遍历即可,通过一道题目来show一下这部分代码 题目 题目描述: 求正整数N(N>1)的质因数的个数。 相同的质因数需要重复计算。如120=2*2*2*3*5,共有5个质因数。 输入: 可能有多组测试数据,每组测试数据的输入是一个正整数N,(1<N<10^9)。 输出: 对于每组数据,输出N的质因数的个数。 样例输入: 120 样例输出: 5 提示: 注意:1不是N的质因数;若N为质数,N是N的质因数。 ac代码 #include <stdio.h> int main() { int n, count, i; while (scanf("%d", &n) != EOF) { count = 0; for (i = 2; i * i <= n; i ++) { if(n % i == 0) { while (n % i == 0) { count ++; n /= i; } } } if (n > 1) { count ++; } printf("%d\n", count); } return 0; } 深入理解 我所谓的深入理解,就是通过4星的题目来灵活运用分解质因数的方法,题目如下 题目 题目描述: 给定n,a求最大的k,使n!可以被a^k整除但不能被a^(k+1)整除。 输入: 两个整数n(2<=n<=1000),a(2<=a<=1000) 输出: 一个整数. 样例输入: 6 10 样例输出: 1 思路 a^k和n!都可能非常大,甚至超过long long int的表示范围,所以也就不能直接用取余操作判断它们之间是否存在整除关系,因此我们需要换一种思路,从分解质因数入手,假设两个数a和b: a = p1^e1 * p2^e2 * ... * pn^en,  b = p1^d1 * p2^d2 * ... * pn^dn, 则b除以a可以表示为: b / a = (p1^d1 * p2^d2 * ... * pn^dn) / (p1^e1 * p2^e2 * ... * pn^en) 若b能被a整除,则 b / a必为整数,且两个素数必护质,则我们可以得出如下规律: 若a存在质因数px,则b必也存在该质因数,且该素因数在b中对应的幂指数必不小于在a中的幂指数 另b = n!, a^k = p1^ke1 * p2^ke2 * ... * pn^ken,因此我们需要确定最大的非负整数k即可。要求得该k,我们只需要依次测试a中每一个素因数,确定b中该素因数是a中该素因数的幂指数的多少倍即可,所有倍数中最小的那个即为我们要求得的k 分析到这里,剩下的工作似乎只是对a和n!分解质因数,但是将n!计算出来再分解质因数,这样n!数值太大。考虑n!中含有素因数p的个数,即确定素因数p对应的幂指数。我们知道n!包含了从1到n区间所有整数的乘积, 这些乘积中每一个p的倍数(包括其本身)都对n!贡献至少一个p因子,且我们知道在1到n中p的倍数共有n/p个。同理,计算p^2,p^3,...即可 代码 #include <stdio.h> #include <stdlib.h> #include <string.h> #define N 1001 int prime[N], size; /** * 素数筛选法进行预处理 */ void initProcess() { int i, j; for (prime[0] = prime[1] = 0, i = 2; i < N; i ++) { prime[i] = 1; } size = 0; for (i = 2; i < N; i ++) { if (prime[i]) { size ++; for (j = 2 * i; j < N; j += i) { prime[j] = 0; } } } } int main(void) { int i, n, a, k, num, count, base, tmp, *ansbase, *ansnum; // 预处理 initProcess(); while (scanf("%d %d", &n, &a) != EOF) { ansbase = (int *)calloc(size, sizeof(int)); ansnum = (int *)calloc(size, sizeof(int)); // 将a分解质因数 for (i = 2, num = 0; i < N && a != 1; i ++) { if (prime[i] && a % i == 0) { ansbase[num] = i; ansnum[num] = 0; while (a != 1 && a % i == 0) { ansnum[num] += 1; a = a / i; } num ++; } } // 求最小的k for (i = 0, k = 0x7fffffff; i < num; i ++) { base = ansbase[i]; count = 0; while (base <= n) { count += n / base; base *= ansbase[i]; } tmp = count / ansnum[i]; if (tmp < k) k = tmp; } printf("%d\n", k); } return 0; } /************************************************************** Problem: 1104 User: wangzhengyi Language: C Result: Accepted Time:0 ms Memory:916 kb ****************************************************************/ 约数个数定理 对于一个大于1的正整数n可以分解质因数:n = p1^a1 * p2^a2 * p3^a3 * ... * pn^an, 则n的正约数的个数为:(a1 + 1) * (a2 + 1) * ... *(an + 1).其中p1,p2,..pn都是n的质因数,a1, a2...an是p1,p2,..pn的指数 证明 n可以分解质因数:n=p1^a1 * p2^a2 * p3^a3 * … * pk^ak, 由约数定义可知p1^a1的约数有:p1^0, p1^1, p1^2......p1^a1 ,共(a1+1)个;同理p2^a2的约数有(a2+1)个......pk^ak的约数有(ak+1)个 故根据乘法原理:n的约数的个数就是(a1+1)*(a2+1)*(a3+1)*…* (ak+1) 题目 题目描述: 输入n个整数,依次输出每个数的约数的个数 输入: 输入的第一行为N,即数组的个数(N<=1000) 接下来的1行包括N个整数,其中每个数的范围为(1<=Num<=1000000000) 当N=0时输入结束。 输出: 可能有多组输入数据,对于每组输入数据, 输出N行,其中每一行对应上面的一个数的约数的个数。 样例输入: 5 1 3 4 6 12 样例输出: 1 2 3 4 6 代码 #include <stdio.h> #include <stdlib.h> #define N 40000 typedef long long int lint; int prime[N], size; void init() { int i, j; for (prime[0] = prime[1] = 0, i = 2; i < N; i ++) { prime[i] = 1; } size = 0; for (i = 2; i < N; i ++) { if (prime[i]) { size ++; for (j = 2 * i; j < N; j += i) prime[j] = 0; } } } lint numPrime(int n) { int i, num, *ansnum, *ansprime; lint count; ansnum = (int *)malloc(sizeof(int) * (size + 1)); ansprime = (int *)malloc(sizeof(int) * (size + 1)); for (i = 2, num = 0; i < N && n != 1; i ++) { if (prime[i] && n % i == 0) { ansprime[num] = i; ansnum[num] = 0; while (n != 1 && n % i == 0) { ansnum[num] += 1; n /= i; } num ++; } } if (n != 1) { ansprime[num] = n; ansnum[num] = 1; num ++; } for (i = 0, count = 1; i < num; i ++) { count *= (ansnum[i] + 1); } free(ansnum); free(ansprime); return count; } int main(void) { int i, n, *arr; lint count; init(); while (scanf("%d", &n) != EOF && n != 0) { arr = (int *)malloc(sizeof(int) * n); for (i = 0; i < n; i ++) { scanf("%d", arr + i); } for (i = 0; i < n; i ++) { count = numPrime(arr[i]); printf("%lld\n", count); } free(arr); } return 0; } /************************************************************** Problem: 1087 User: wangzhengyi Language: C Result: Accepted Time:190 ms Memory:1068 kb ****************************************************************/

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