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• • • acwing869. 試除法求約數
    • acwing870. 約數個數
    • acwing871. 約數之和
    • acwing872. 最大公約數

acwing869. 試除法求約數

acwing869. 試除法求約數

試除法求一個數的所有約數：從小到大枚舉，如果當前枚舉的數是原數的約數，就記錄下來（或者輸出）。
優化：如果 d能整除n的話，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.因為約數是一對一對出現的。

這里的的優化是只枚舉較小的約數d，另一個可以直接n/d算出來，這樣的話只需要枚舉到$\sqrt{n}$即可。

試除法求一個數所有約數，時間復雜度$O(\sqrt{n})$

ac代碼

#include<bits/stdc++.h> using namespace std;//用vector來存所有約數 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);//邊界情況，i == n/i，只放一個就可以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);//下面這種寫法，避免行末空格，在PAT這種OJ上會卡掉！cout<<res[0];for(int i;i<res.size(); i++) cout<<" "<<res[i];cout<<endl;}}

acwing870. 約數個數

acwing870. 約數個數

分析：
約數個數基于算術基本定理

來源于：維基百科
假設N分解質因數(下面的$p_1,p_2,...,p_k$都是質數)的結果是:
$N={p_1}^{a_1}\times {p_2}^{a_2}\times ...\times {p_k}^{a_k}$

則N的約數個數就等于$(a_1+1)\times (a_2+1)\times ...\times (a_k+1)$

所以這道題，最后的那個數N是給定的所有數的乘積，對N進行分解因式，其實，可以對乘起來之前的每一個數分解質因數，相同的因數，次冪累加起來。

用到分解質因數的知識，請移步筆者另一篇文章：
算法刷題-數論-質數的判定、分解質因數、篩質數中分解質因數的知識點。

ac代碼

#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;//質因數的次冪while(n--){//每個數都分解質因數，并統計因數的次冪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;//約數個數：套公式（1+a1）(1+a2)...(1+ak)for(auto prime : primes) res = res*(prime.second+1) % mod;cout<<res<<endl;}

acwing871. 約數之和

acwing871. 約數之和

分析：
假設N分解質因數的結果是:
$N={p_1}^{a_1}\times {p_2}^{a_2}\times ...\times {p_k}^{a_k}$

則這個數N的約數之和等于
$(p_1^0+p_1^1+p_1^2+...+p_1^{a_1})\times (p_2^0+p_2^1+p_2^2+...+p_2^{a_2})\times ...\times (p_k^0+p_k^1+p_k^2+...+p_k^{a_k})$
以上稱為“約數和定理”，在小學奧數中有應用。

補充：已知$p^a$的底數p，指數a，如何快速求出$p^0+p^1+...+p^a$？

有以下代碼

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

ac代碼

#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;//質因數的次冪while(n--){//每個數都分解質因數，并統計因數的次冪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; //分別是底數和指數LL t =1;//對每個質因子，求(p^0+ p^1+...+p^k)while(a--) t = (t * p +1) %mod;res = res * t % mod;}cout<<res<<endl;}

acwing872. 最大公約數

acwing872. 最大公約數

輾轉相除法的核心：
（a，b）的最大公約數 =（b，a mod b）的最大公約數

$amodb=a??\frac{a}{b}?b=a?kb,k為常數$
怎么證明呢？思想是證明(a,b)的公約數 和(b, a mod b)的公約數完全相同，則它們的最大公約數也相同。等價表述是，任何1個(a，b)的公約數，都是(b,a mod b)的公約數；反過來，任何1個(b,a mod b)的公約數，都是(a,b)的公約數，那么(a,b)的公約數 和(b, a mod b)的公約數完全相同。

具體證明過程略，提示：會用到數論里面的結論，若d能整除a，d能整除b，則d整除$k_{1}a+k_{2}b，k_1,k_2$是常數。

輾轉相除法模板解釋：

int gcd(int a, int b){//如果b ！=0 則返回 gcd(b, a mod b)//如果 b==0，則返回 a ，因為0和a的最大公約數areturn b ? gcd(b, a %b) :a; }

AC代碼

#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));}}

總結

以上是生活随笔為你收集整理的算法刷题-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）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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