算法刷题-数论-试除法求约数、约数个数、约数之和、最大公约数（辗转相除法）

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acwing869. 试除法求约数
acwing870. 约数个数
acwing871. 约数之和
acwing872. 最大公约数

acwing869. 试除法求约数

acwing869. 试除法求约数

试除法求一个数的所有约数：从小到大枚举，如果当前枚举的数是原数的约数，就记录下来（或者输出）。
优化：如果 d能整除n的话，那么 n/d也能整除n；比如，3能整除6，那么 6/3=2，2也能整除6.因为约数是一对一对出现的。

这里的的优化是只枚举较小的约数d，另一个可以直接n/d算出来，这样的话只需要枚举到n\sqrt{n}n即可。

试除法求一个数所有约数，时间复杂度O(n)O(\sqrt{n})O(n)

ac代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;//用vector来存所有约数
vector<int> get_divisors(int n){vector<int> res;for(int i= 1; i<= n/ i; i++){if(n %i ==0){res.push_back(i);//边界情况，i == n/i，只放一个就可以if(i != n/i) res.push_back(n/i);}}sort(res.begin(),res.end());return res;
}
int main(){int n;cin >> n;while(n--){int a;cin >> a;vector<int > res = get_divisors(a);//下面这种写法，避免行末空格，在PAT这种OJ上会卡掉！cout<<res[0];for(int i;i<res.size(); i++) cout<<" "<<res[i];cout<<endl;}}

acwing870. 约数个数

分析：
约数个数基于算术基本定理

来源于：维基百科
假设N分解质因数(下面的p1,p2,...,pkp_1,p_2,...,p_kp1,p2,...,pk都是质数)的结果是:
N=p1a1×p2a2×...×pkakN={p_1}^{a_1}\times{p_2}^{a_2}\times...\times{p_k}^{a_k}N=p1a1×p2a2×...×pkak

则N的约数个数就等于(a1+1)×(a2+1)×...×(ak+1)(a_1+1)\times(a_2+1)\times...\times(a_k+1)(a1+1)×(a2+1)×...×(ak+1)

所以这道题，最后的那个数N是给定的所有数的乘积，对N进行分解因式，其实，可以对乘起来之前的每一个数分解质因数，相同的因数，次幂累加起来。

用到分解质因数的知识，请移步笔者另一篇文章：
算法刷题-数论-质数的判定、分解质因数、筛质数中分解质因数的知识点。

ac代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int  mod =1e9 + 7;
typedef long long LL;int main(){int n;cin >> n;unordered_map<int,int> primes;//质因数的次幂while(n--){//每个数都分解质因数，并统计因数的次幂int x;cin >> x;for(int i=2; i<=  x/i ;i++){while( x % i ==0 ){x/=i;primes[i] ++;}}if(x >1)primes[x] ++;}LL res =1;//约数个数：套公式（1+a1）(1+a2)...(1+ak)for(auto prime  : primes) res = res*(prime.second+1) % mod;cout<<res<<endl;}

acwing871. 约数之和

acwing871. 约数之和

分析：
假设N分解质因数的结果是:
N=p1a1×p2a2×...×pkakN={p_1}^{a_1}\times{p_2}^{a_2}\times...\times{p_k}^{a_k}N=p1a1×p2a2×...×pkak

则这个数N的约数之和等于
(p10+p11+p12+...+p1a1)×(p20+p21+p22+...+p2a2)×...×(pk0+pk1+pk2+...+pkak)(p_{1}^{0}+p_{1}^{1}+p_{1}^{2}+...+p_{1}^{a_{1}})\times(p_{2}^{0}+p_{2}^{1}+p_{2}^{2}+...+p_{2}^{a_{2}})\times...\times(p_{k}^{0}+p_{k}^{1}+p_{k}^{2}+...+p_{k}^{a_{k}})(p10+p11+p12+...+p1a1)×(p20+p21+p22+...+p2a2)×...×(pk0+pk1+pk2+...+pkak)
以上称为“约数和定理”，在小学奥数中有应用。

补充：已知pap^apa的底数p，指数a，如何快速求出p0+p1+...+pap^0+ p^1+...+p^ap0+p1+...+pa？

有以下代码

//求(p^0+ p^1+...+p^a)的代码
int t =1;
while(a--) t = t* p +1;

ac代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int  mod =1e9 + 7;
typedef long long LL;int main(){int n;cin >> n;unordered_map<int,int> primes;//质因数的次幂while(n--){//每个数都分解质因数，并统计因数的次幂int x;cin >> x;for(int i=2; i<=  x/i ;i++){while( x % i ==0 ){x/=i;primes[i] ++;}}if(x >1)primes[x] ++;}LL res =1;for(auto prime : primes){int p = prime.first , a = prime.second; //分别是底数和指数LL t =1;//对每个质因子，求(p^0+ p^1+...+p^k)while(a--) t = (t * p +1) %mod;res = res * t % mod;}cout<<res<<endl;}

acwing872. 最大公约数

辗转相除法的核心：
（a，b）的最大公约数 =（b，a mod b）的最大公约数

amodb=a−⌊ab⌋b=a−kb,k为常数a\ mod \ b = a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor b =a - kb,k为常数a mod b=a−⌊ba⌋b=a−kb,k为常数
怎么证明呢？思想是证明(a,b)的公约数和(b, a mod b)的公约数完全相同，则它们的最大公约数也相同。等价表述是，任何1个(a，b)的公约数，都是(b,a mod b)的公约数；反过来，任何1个(b,a mod b)的公约数，都是(a,b)的公约数，那么(a,b)的公约数和(b, a mod b)的公约数完全相同。

具体证明过程略，提示：会用到数论里面的结论，若d能整除a，d能整除b，则d整除k1a+k2b，k1,k2k_1a+k_2b，k_1,k_2k1a+k2b，k1,k2是常数。

辗转相除法模板解释：

int gcd(int a, int b){//如果b ！=0 则返回 gcd(b, a mod b)//如果 b==0，则返回 a ，因为0和a的最大公约数areturn   b ? gcd(b,  a %b) :a;
}

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;int gcd(int a, int b){return   b ? gcd(b,  a %b) :a;
}
int main(){int n;cin >> n;while(n--){int a, b;scanf("%d%d",&a,&b);printf("%d\n",gcd(a,b));}}