试除法判定质数
问题描述
给定 n 个正整数 ai,判定每个数是否是质数。
输入格式
第一行包含整数 n。
接下来 n 行,每行包含一个正整数 ai。
输出格式
共 n 行,其中第 i 行输出第 i 个正整数 ai 是否为质数,是则输出 Yes,否则输出 No。
数据范围
1≤n≤100,1≤ai≤231−1
输入样例
2
2
6
输出样例
Yes
No
问题分析
质数定义:一个大于1的自然数,除了1和它本身外,不能被其他自然数整除,换句话说就是该数除了1和它本身以外不再有其他的因数,这个数就是质数。
给定一个数 x,判断 x 是否为质数:
用 x 除以 2 ~ x - 1 中的每个数,如果出现了余数为 0,则这个数不是质数,如果没有出现余数为 0,则这个数是质数。
优化:
一个数 x 分解成两个数的乘积,则这两个数中,一定有一个数大于根号 x,一个数小于根号x。
所以,可以用 x 除以 2 ~ 根号x 中的每个数,如果出现了余数为 0,则这个数不是质数,如果没有出现余数为 0,则这个数是质数。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=110;
int n;
int a[N];
bool is_prime(int n)
{if(n<2) return false;for(int i=2;i<=n/i;i++){if(n%i==0) return false;}return true;
}
int main()
{cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];if(is_prime(a[i])) cout<<"Yes"<<endl;else cout<<"No"<<endl;}return 0;
}
分解质因数
问题描述
给定 n 个正整数 ai,将每个数分解质因数,并按照质因数从小到大的顺序输出每个质因数的底数和指数。
输入格式
第一行包含整数 n。
接下来 n 行,每行包含一个正整数 ai。
输出格式
对于每个正整数 ai,按照从小到大的顺序输出其分解质因数后,每个质因数的底数和指数,每个底数和指数占一行。
每个正整数的质因数全部输出完毕后,输出一个空行。
数据范围
1≤n≤100,2≤ai≤2×109
输入样例
2
6
8
输出样例
2 1
3 12 3
问题分析
-
x 的质因子最多只包含一个大于 根号x 的质数。如果有两个,这两个因子的乘积就会大于 x,矛盾。
-
i 从 2 遍历到 根号x。 用 x / i,如果余数为 0,则 i 是一个质因子。
-
s 表示质因子 i 的指数,x /= i 为 0,则 s++, x = x / i 。
-
最后检查是否有大于 根号x 的质因子,如果有,输出。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
void div(int n)
{for(int i=2;i<=n/i;i++){if(n%i==0){int s=0;while(n%i==0) n/=i,s++;cout<<i<<" "<<s<<endl;}}if(n>1) cout<<n<<" "<<1<<endl;
}
int main()
{cin>>n;int x;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>x;div(x);cout<<endl;}return 0;
}
筛质数
问题描述
给定一个正整数 n,请你求出 1∼n 中质数的个数。
输入格式
共一行,包含整数 n。
输出格式
共一行,包含一个整数,表示 1∼n 中质数的个数。
数据范围
1≤n≤106
输入样例
8
输出样例
4
问题分析
代码
朴素筛法
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1000010;
int prime[N],cnt;
bool st[N];
int n;
void get_prime(int n)
{for(int i=2;i<=n;i++){if(st[i]) continue;prime[cnt++]=i;for(int j=i+i;j<=n;j+=i)st[j]=true;}
}
int main()
{cin>>n;get_prime(n);cout<<cnt<<endl;return 0;
}
线性筛法
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1000010;
int prime[N],cnt;
bool st[N];
int n;
void get_prime(int n)
{for(int i=2;i<=n;i++){if(!st[i]) prime[cnt++]=i;for(int j=0;prime[j]<=n/i;j++){st[prime[j]*i]=true;if(i%prime[j]==0) break;}}
}
int main()
{cin>>n;get_prime(n);cout<<cnt<<endl;return 0;
}
试除法求约数
问题描述
给定 n 个正整数 ai,对于每个整数 ai,请你按照从小到大的顺序输出它的所有约数。
输入格式
第一行包含整数 n。
接下来 n 行,每行包含一个整数 ai。
输出格式
输出共 n 行,其中第 i 行输出第 i 个整数 ai 的所有约数。
数据范围
1≤n≤100,1≤ai≤2×109
输入样例
2
6
8
输出样例
1 2 3 6
1 2 4 8
问题分析
什么是约数:如果一个数a除以另一个数b的余数为0,即 a%b == 0, 则b是a的约数。
如何求一个数x的所有约数:
用 x 除以 1 到 x 的所有数,如果余数是0,则把除数加到答案中。
优化
- 如果 a / b = c···0,则一定有 a % c = b····0。所以一个数 x 的约数肯定是成对存在的,对称轴是 根号x。
- 因此,只需要用 x 除以 1 到 根号x 之间的数,如果余数是0,则把除数以及x / 除数加到答案中。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;vector<int> get_divisors(int x)
{vector<int> res;for (int i = 1; i <= x / i; i ++ )if (x % i == 0){res.push_back(i);if (i != x / i) res.push_back(x / i);}sort(res.begin(), res.end());return res;
}int main()
{int n;cin >> n;while (n -- ){int x;cin >> x;auto res = get_divisors(x);for (auto x : res) cout << x << ' ';cout << endl;}return 0;
}
约数个数
问题描述
给定 n 个正整数 ai,请你输出这些数的乘积的约数个数,答案对 109+7 取模。
输入格式
第一行包含整数 n。
接下来 n 行,每行包含一个整数 ai。
输出格式
输出一个整数,表示所给正整数的乘积的约数个数,答案需对 109+7 取模。
数据范围
1≤n≤100,1≤ai≤2×109
输入样例
3
2
6
8
输出样例
12
问题分析
一个数的约数是由这个数的几个质因子相乘得到的。
例如:12 的质因子有 2,3。12的约数有:1,2,3,4,6,12。
约数1 是由 0 个 2, 0 个3相乘得到的。
约数2 是由 1 个 2, 0 个3相乘得到的。
约数3 是由 0 个 2, 1 个3相乘得到的。
约数4 是由 2 个 2, 0 个3相乘得到的。
约数6 是由 1 个 2, 1 个3相乘得到的。
约数12 是由 2 个 2, 1 个3相乘得到的。
12 可以分解为:22*31。所以2可以取 0 ~ 2个,3种取法。3可以取 0~1 个,2种取法。12的约数一共:2 * 3 = 6个。
也就是:把一个数N 写成:N = (p1x1)(px2)(p3x3)…(pk^xk),其中pi为质数。则N的约数个数为:(x1+1)(x2+1)(x3+1)…(xk+1)
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=110,MOD=1e9+7;
int main()
{int n;cin>>n;unordered_map<int, int> primes;while(n--){int x;cin>>x;for(int i=2;i<=x/i;i++)while(x%i==0){primes[i]++;x/=i;}if(x>1) primes[x]++;}ll res=1;for(auto x:primes) res=res*(x.second+1)%MOD;cout<<res<<endl;return 0;
}
约数之和
问题描述
给定 n 个正整数 ai,请你输出这些数的乘积的约数之和,答案对 109+7 取模。
输入格式
第一行包含整数 n。
接下来 n 行,每行包含一个整数 ai。
输出格式
输出一个整数,表示所给正整数的乘积的约数之和,答案需对 109+7取模。
数据范围
1≤n≤100,1≤ai≤2×109
输入样例
3
2
6
8
输出样例
252
问题分析
如果 N=p1c1∗p2c2∗…∗pkck
约数个数:(c1+1)∗(c2+1)∗…∗(ck+1)
约数之和: (p10+p11+…+p1c1)∗…∗(pk0+pk1+…+pkck)
while (b - - ) t = (t * a + 1) % mod;
t=t∗p+1
t=1
t=p+1
t=p2+p+1
…
t=pb+pb-1+…+1
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
int main()
{int n;cin>>n;unordered_map<int,int> primes;while(n--){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 p:primes){int a=p.first,b=p.second;ll t=1;while(b--) t=(t*a+1)%mod;res=res*t%mod;}cout<<res<<endl;return 0;
}
最大公约数
问题描述
给定 n 对正整数 ai,bi,请你求出每对数的最大公约数。
输入格式
第一行包含整数 n。
接下来 n 行,每行包含一个整数对 ai,bi。
输出格式
输出共 n 行,每行输出一个整数对的最大公约数。
数据范围
1≤n≤105,1≤ai,bi≤2×109
输入样例
2
3 6
4 6
输出样例
3
2
问题分析
什么是最大公约数
最大公约数(Greatest Common Divisor)指两个或多个整数共有约数中最大的一个。也称最大公因数、最大公因子,a, b的最大公约数记为(a,b),同样的,a,b,c的最大 公约数记为(a,b,c),多个 整数的最大公约数也有同样的记号。求最大公约数有多种 方法,常见的有 质因数分解法、 短除法、 辗转相除法、 更相减损法。
辗转相减法求最大公约数
用(a,b)表示a和b的最大公因数:有结论(a,b)=(a,ka+b),其中a、b、k都为自然数。
也就是说,两个数的最大公约数,将其中一个数加到另一个数上,得到的新数,其公约数不变,比如(4,6)=(4+6,6)=(4,6+2×4)=2.
要证明这个原理很容易:如果p是a和ka+b的公约数,p整除a,也能整除ka+b.那么就必定要整除b,所以p又是a和b的公约数,从而证明他们的最大公约数也是相等的.
基于上面的原理,就能实现我们的迭代相减法:(78,14)=(64,14)=(50,14)=(36,14)=(22,14)=(8,14)=(8,6)=(2,6)=(2,4)=(2,2)=(0,2)=2
基本上思路就是大数减去小数,一直减到能算出来为止,在作为练习的时候,往往进行到某一步就已经可以看出得值.
辗转相减到辗转相除
迭代相减法简单,不过步数比较多,实际上我们可以看到,在上面的过程中,由(78,14)到(8,14)完全可以一步到位,因为(78,14)=(14×5+8,14)=(8,14),由此就诞生出我们的辗转相除法.
即:(a, b) = (a % b, b) = (b, a %b)
相当于每一步都把数字进行缩小,等式右边就是每一步对应的缩小结果。
对(a, b)连续使用辗转相除,直到小括号内右边数字为0,小括号内左边的数就是两数最大公约数。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int gcd(int a,int b)
{return b?gcd(b,a%b):a;
}
int main()
{cin>>n;for(int i=0;i<n;i++){int a,b;cin>>a>>b;cout<<gcd(a,b)<<endl;}return 0;
}