素数
我们说，如果存在一个整数 (k) ，使得 (a = kd) ，则称 (d) 整除 (a) ，记做 (d mid a) ，称 (a) 是 (d) 的倍数，如果 (d > 0) ，称 (d) 是 (a) 的约数。特别地，任何整数都整除 (0) 。
显然大于 (1) 的正整数 (a) 可以被 (1) 和 (a) 整除，如果除此之外 (a) 没有其他的约数，则称 (a) 是素数，又称质数。任何一个大于 (1) 的整数如果不是素数，也就是有其他约数，就称为是合数。 (1) 既不是合数也不是素数。
素数计数函数：小于或等于 (x) 的素数的个数，用 (pi(x)) 表示。随着 (x) 的增大，有这样的近似结果： (pi(x) sim frac{x}{ln(x)})
素数判定
我们自然地会想到，如何用计算机来判断一个数是不是素数呢？
暴力做法
自然可以枚举从小到大的每个数看是否能整除
bool isPrime(a) {
if (a < 2) return 0;
for (int i = 2; i < a; ++i)
if (a % i == 0) return 0;
return 1;
}
这样做是十分稳妥了，但是真的有必要每个数都去判断吗？
很容易发现这样一个事实：如果 (x) 是 (a) 的约数，那么 (frac{a}{x}) 也是 (a) 的约数。
这个结论告诉我们，对于每一对 ((x, frac{a}{x} )) ，只需要检验其中的一个就好了。为了方便起见，我们之考察每一对里面小的那个数。不难发现，所有这些较小数就是 ([1, sqrt{a}]) 这个区间里的数。
由于 (1) 肯定是约数，所以不检验它。
bool isPrime(a) {
if (a < 2) return 0;
for (int i = 2; i * i <= a; ++i)
if (a % i) return 0;
return 1;
}
Eratosthenes筛法
现在已经知道了单个数字如何去判断是否是素数，但对于区间判定呢？
熟悉我的博客的人应该知道以前我发布过 埃拉托斯特尼筛法 的详解blog。
但还是这里贴一下算法实现：
int Eratosthenes(int n) {
int p = 0;
for (int i = 0; i <= n; ++i) is_prime[i] = 1;
is_prime[0] = is_prime[1] = 0;
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
if (is_prime[i]) {
prime[p++] = i; // prime[p]是i,后置自增运算代表当前素数数量
for (int j = i * i; j <= n;
j += i) // 因为从 2 到 i - 1 的倍数我们之前筛过了，这里直接从 i
// 的倍数开始，提高了运行速度
is_prime[j] = 0; //是i的倍数的均不是素数
}
}
return p;
}
以上为 Eratosthenes 筛法 （埃拉托斯特尼筛法），时间复杂度是 (O(nloglog n)) 。
线性筛法
以上做法仍有优化空间，我们发现这里面似乎会对某些数标记了很多次其为合数。有没有什么办法省掉无意义的步骤呢？
答案当然是：有！
如果能让每个合数都只被标记一次，那么时间复杂度就可以降到 (O(n)) 了
经典的Eratosthenes筛法，它可能对同一个质数筛去多次。那么如果用某种方法使得每个合数只被筛去一次就变成是线性的了。
不妨规定每个合数只用其最小的一个质因数去筛，这便是线性筛法了。
void euler_sieve(int n)
{
totPrimes = 0;//质数数量
memset(flag, 0, sizeof(flag));//最小质因子
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (!flag[i])
primes[totPrimes++] = i;//i是质数
//给当前的数i乘上一个质因子
for (int j = 0; i * primes[j] <= n; j++) {
flag[i*primes[j]] = true;
//请仔细体会i % primes[j] == 0的含义。
//利用了每个合数必有一个最小素因子，每个合数仅被它的最小素因子筛去正好一次，所以是线性时间。
if (i % primes[j] == 0)
break;
}
}
}
上面的这种 线性筛法 也称为 Euler 筛法 （欧拉筛法）。
Euler筛法的一个小证明：here
题外话：欧拉筛法可以求欧拉函数，这里就不展开了。
说了这么久筛法，那到底筛法有什么用呢？
对于求约数个数、约数和能起很大作用！
筛法求约数个数
参考文章：Here
用 (d_i) 表示 (i) 的约数个数， (num_i) 表示 (i) 的最小质因子出现次数。
约数个数定理
定理：若 (n=prod_{i=1}^mp_i^{c_i}) 则 (d_i=prod_{i=1}^mc_i+1) .
证明：我们知道 (p_i^{c_i}) 的约数有 (p_i^0,p_i^1,dots ,p_i^{c_i}) 共 (c_i+1) 个，根据乘法原理， (n) 的约数个数就是 (prod_{i=1}^mc_i+1) .
实现
因为 (d_i) 是积性函数，所以可以使用线性筛。
void pre() {
d[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
if (!v[i]) v[i] = 1, p[++tot] = i, d[i] = 2, num[i] = 1;
for (int j = 1; j <= tot && i <= n / p[j]; ++j) {
v[p[j] * i] = 1;
if (i % p[j] == 0) {
num[i * p[j]] = num[i] + 1;
d[i * p[j]] = d[i] / num[i * p[j]] * (num[i * p[j]] + 1);
break;
} else {
num[i * p[j]] = 1;
d[i * p[j]] = d[i] * 2;
}
}
}
}
筛法求约数和
参考文章：Here
(f_i) 表示 (i) 的约数和， (g_i) 表示 (i) 的最小质因子的 (p+p^1+p^2+dots p^k) .
void pre() {
g[1] = f[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
if (!v[i]) v[i] = 1, p[++tot] = i, g[i] = i + 1, f[i] = i + 1;
for (int j = 1; j <= tot && i <= n / p[j]; ++j) {
v[p[j] * i] = 1;
if (i % p[j] == 0) {
g[i * p[j]] = g[i] * p[j] + 1;
f[i * p[j]] = f[i] / g[i] * g[i * p[j]];
break;
} else {
f[i * p[j]] = f[i] * f[p[j]];
g[i * p[j]] = 1 + p[j];
}
}
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) f[i] = (f[i - 1] + f[i]) % Mod;
}
反素数
定义
如果某个正整数 (n) 满足如下条件，则称为是反素数：
任何小于 (n) 的正数的约数个数都小于 (n) 的约数个数
注：注意区分 emirp ，它是用来表示从后向前写读是素数的数。
简介
（本段转载自 桃酱的算法笔记 ，原文戳 链接 ，已获得作者授权）
其实顾名思义，素数就是因子只有两个的数，那么反素数，就是因子最多的数（并且因子个数相同的时候值最小），所以反素数是相对于一个集合来说的。
我所理解的反素数定义就是，在一个集合中，因素最多并且值最小的数，就是反素数。
那么，如何来求解反素数呢？
首先，既然要求因子数，我首先想到的就是素因子分解。把 (n) 分解成 (n=p_{1}^{k_{1}}p_{2}^{k_{2}} cdots p_{n}^{k_{n}}) 的形式，其中 (p) 是素数， (k) 为他的指数。这样的话总因子个数就是 ((k_1+1) imes (k_2+1) imes (k_3+1) cdots imes (k_n+1)) 。
但是显然质因子分解的复杂度是很高的，并且前一个数的结果不能被后面利用。所以要换个方法。
我们来观察一下反素数的特点。
-
反素数肯定是从 (2) 开始的连续素数的幂次形式的乘积。
-
数值小的素数的幂次大于等于数值大的素数，即 (n=p_{1}^{k_{1}}p_{2}^{k_{2}} cdots p_{n}^{k_{n}}) 中，有 (k_1 geq k_2 geq k_3 geq cdots geq k_n)
解释：
-
如果不是从 (2) 开始的连续素数，那么如果幂次不变，把素数变成数值更小的素数，那么此时因子个数不变，但是 (n) 的数值变小了。交换到从 (2) 开始的连续素数的时候 (n) 值最小。
-
如果数值小的素数的幂次小于数值大的素数的幂，那么如果把这两个素数交换位置（幂次不变），那么所得的 (n) 因子数量不变，但是 (n) 的值变小。
另外还有两个问题，
-
对于给定的 (n) ，要枚举到哪一个素数呢？
最极端的情况大不了就是 (n=p_{1}p_{2} cdots p_{n}) ，所以只要连续素数连乘到刚好小于等于 (n) 就可以的呢。再大了，连全都一次幂，都用不了，当然就是用不到的啦！
-
我们要枚举到多少次幂呢？
我们考虑一个极端情况，当我们最小的素数的某个幂次已经比所给的 (n) （的最大值）大的话，那么展开成其他的形式，最大幂次一定小于这个幂次。unsigned long long 的最大值是 2 的 64 次方，所以我这边习惯展开成 2 的 64 次方。
细节有了，那么我们具体如何具体实现呢？
我们可以把当前走到每一个素数前面的时候列举成一棵树的根节点，然后一层层的去找。找到什么时候停止呢？
-
当前走到的数字已经大于我们想要的数字了
-
当前枚举的因子已经用不到了（和 (1) 重复了嘻嘻嘻）
-
当前因子大于我们想要的因子了
-
当前因子正好是我们想要的因子（此时判断是否需要更新最小 (ans) ）
然后 dfs 里面不断一层一层枚举次数继续往下迭代就好啦~~
常见题型
求因子数一定的最小数
题目链接： https://codeforces.com/problemset/problem/27/E
对于这种题，我们只要以因子数为 dfs 的返回条件基准，不断更新找到的最小值就可以了
上代码：
#include <stdio.h>
#define ULL unsigned long long
#define INF ~0ULL
ULL p[16] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53};
ULL ans;
ULL n;
// depth: 当前在枚举第几个素数。num: 当前因子数。
// temp: 当前因子数量为 num
// 的时候的数值。up：上一个素数的幂，这次应该小于等于这个幂次嘛
void dfs(ULL depth, ULL temp, ULL num, ULL up) {
if (num > n || depth >= 16) return;
if (num == n && ans > temp) {
ans = temp;
return;
}
for (int i = 1; i <= up; i++) {
if (temp / p[depth] > ans) break;
dfs(depth + 1, temp = temp * p[depth], num * (i + 1), i);
}
}
int main() {
while (scanf("%llu", &n) != EOF) {
ans = INF;
dfs(0, 1, 1, 64);
printf("%llu
", ans);
}
return 0;
}
求 n 以内因子数最多的数
http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=1562
思路同上，只不过要改改 dfs 的返回条件。注意这样的题目的数据范围，我一开始用了 int，应该是溢出了，在循环里可能就出不来了就超时了。上代码，0ms 过。注释就没必要写了上面写的很清楚了。
#include <iostream>
#define ULL unsigned long long
int p[16] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53};
ULL n;
ULL ans, ans_num; // ans 为 n 以内的最大反素数（会持续更新），ans_sum 为 ans
// 的因子数。
void dfs(int depth, ULL temp, ULL num, int up) {
if (depth >= 16 || temp > n) return;
if (num > ans_num) {
ans = temp;
ans_num = num;
}
if (num == ans_num && ans > temp) ans = temp;
for (int i = 1; i <= up; i++) {
if (temp * p[depth] > n) break;
dfs(depth + 1, temp *= p[depth], num * (i + 1), i);
}
return;
}
int main() {
while (scanf("%llu", &n) != EOF) {
ans_num = 0;
dfs(0, 1, 1, 60);
printf("%llu
", ans);
}
return 0;
}