首先来看一个最简单的C语言实现质因数分解的列子：

#include

void main( )

{

int data, i = 2;

scanf("%d", &data);

while(data > 1)

{

if(data % i == 0)

{

printf("%d ", i);

data /= i;

}

else i++;

}

}

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1

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

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

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2

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

#include

#include

#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3

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

#include

#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

****************************************************************/