摘要
本文主要讲述了算术基本定理的内容，具体的应用形式，重点结合例题展示如何使用算术基本定理求解问题。
算术基本定理
算术基本定理可表述为：任何一个大于1的自然数 N,如果N不为质数，那么N可以唯一分解成有限个质数的乘积N=P1a1P2a2P3a3......Pnan，这里P1<P2<P3......<Pn均为质数，其中指数ai是正整数。这样的分解称为 N 的标准分解式。
算术基本定理是初等数论中一条非常基本和重要的定理，它把对自然数的研究转化为对其最基本的元素——素数的研究。唯一因子分解的思想从本质上讲是指以下两种性质： “存在性和唯一性”。所谓“存在性”就是指一个元素可以分解为有限多个不可约因子的乘积；“唯一性”是指这种分解表示在某种意义上来说是唯一的。
定理应用
算法实现
1 typedef long long ll; 2 const int maxn = 1e6 + 7; 3 ll a[maxn], b[maxn];//a[i]表示第i个质因子，b[i]表示第i个质因子的指数 4 void fac(ll n, int& tot) {//待分解的整数和不同质因数的个数（按引用传递） 5 ll tmp = (ll)(sqrt(n) + 0.5); 6 tot = 0; 7 ll now = n; 8 for(int i = 2; i <= tmp; i++) { 9 if(now % i == 0) { 10 a[++tot] = i; 11 b[tot] = 0; 12 while(now % i == 0) { 13 ++b[tot]; 14 now /= i; 15 } 16 } 17 } 18 if(now != 1) {//如果剩下的不是1，那就是最大的质因数 19 a[++tot] = now; 20 b[tot] = 1; 21 } 22 }
可以用如下代码直接输出2 到100的质因数分解结果
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cmath> 4 using namespace std; 5 6 typedef long long ll; 7 const int maxn = 1e6 + 7; 8 ll a[maxn], b[maxn];//a[i]表示第i个质因子，b[i]表示第i个质因子的指数 9 void fac(ll n, int& tot) {//待分解的整数和不同质因数的个数（按引用传递） 10 ll tmp = (ll)(sqrt(n) + 0.5); 11 tot = 0; 12 ll now = n; 13 for(int i = 2; i <= tmp; i++) { 14 if(now % i == 0) { 15 a[++tot] = i; 16 b[tot] = 0; 17 while(now % i == 0) { 18 ++b[tot]; 19 now /= i; 20 } 21 } 22 } 23 if(now != 1) {//如果剩下的不是1，那就是最大的质因数 24 a[++tot] = now; 25 b[tot] = 1; 26 } 27 } 28 29 int main() 30 { 31 for(ll i = 2; i <=100; i++) { 32 printf("%lld = ", i); 33 int tot = 0; 34 fac(i, tot); 35 for(int i = 1; i <= tot; i++) { 36 printf("%lld^%lld %c ", a[i], b[i], i == tot ? ' ' : '+'); 37 } 38 } 39 return 0; 40 }
例题解析
lightOJ 1341 Aladdin and the Flying Carpet
题意
给出一个长方形的面积a（不是正方形），给出该长方形最小的边b，问组成该面积的长方形有多少种组合方案。比如12 2,有{2,6}、{3,4}两种组合方案。
解题思路
问有多少种组合方案，其实就是面积a有多少对因子的乘积等于a，然后去掉最小边不满足条件的对儿数。普通暴力寻找因子对儿数的方法，肯定是要超时的。这里使用唯一分解定理的第一个应用，计算出总的因子数，然后除以2，再减去不符合条件的因子对数即可。需要注意的是每次不必全部试除一遍，不然会超时，这就是这种方法的时间优化之处。
代码
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <cmath> 4 typedef long long ll; 5 const ll maxn = 1e6 +7; 6 bool isp[maxn]; 7 int pis[maxn], tot; 8 9 void getp(ll n) {//得到n以内的素数及个数 10 memset(isp, true, sizeof(isp)); 11 for(ll i = 2; i <= n; i++) { 12 if(isp[i]) { 13 tot++; 14 pis[tot] = i; 15 } 16 for(int j = 1; (j <= tot) && (i * pis[j] <= n); j++) { 17 isp[i * pis[j]] = false; 18 if(i % pis[j] == 0) break; 19 } 20 } 21 } 22 ll fac(ll n) {//计算n的正因子个数之和 23 ll now = n; 24 ll ans = 1; 25 for(ll i = 1; i <= tot; i++) { 26 if(pis[i] > now)//重要剪枝，每次不必全部试除一遍才结束 27 break; 28 if(now % pis[i] == 0) { 29 int cnt = 0; 30 while(now % pis[i] == 0) { 31 cnt++; 32 now /= pis[i]; 33 } 34 ans *= (cnt + 1); 35 } 36 } 37 if(now != 1) 38 ans *= 1 + 1; 39 return ans; 40 } 41 ll solve(ll S, ll b) { 42 if(b * b >= S) 43 return 0; 44 45 ll ans = fac(S);//得到S的正因子个数之和 46 ans /= 2; 47 for(ll i = 1; i < b; i++) { 48 if(S % i == 0) 49 ans--; 50 } 51 return ans; 52 } 53 int main() 54 { 55 ll tot = 0; 56 getp(maxn - 7);//得到maxn - 7以内的素数及个数 57 int T, k = 1; 58 scanf("%d", &T); 59 while(T--) { 60 ll a, b; 61 scanf("%lld%lld", &a, &b); 62 printf("Case %d: %lld ", k++, solve(a, b)); 63 } 64 return 0; 65 }
lightOJ 1236 Pairs Forming LCM
题意
给一个n(1 ≤ n ≤ 1014)，问满足lcm(i, j) = n (1 =< i, j <= n 且 i <= j)的(i, j)有多少对
解题思路
一看n的大小就知道暴力肯定是不行了，我们试着用算术基本定理求解一下，将n = p1^x1 * p2^x2 * p3^x3...ps^xs（其中s是唯一分解式中所有质因子的个数）
先假设n = p1^x1;
要使 lcm(i, j) = n，只有两种方法：
（1）i = p1^x1,则 j = p1^m(m属于[0, x1])， 这样(i, j)共有 (x1 + 1)种
（2）j = p1^x1,则 i = p1^n(n 属于[0, x1])， 这样(i, j)共有 (x1 + 1)种
那么当 n = p1^x1 时答案就是2 * （x1 + 1）对(i, j)，但是当m == n时这一对是计算重复的，所以需要 -1，则最终答案是2 * （x1 + 1） - 1 = 2 * x1 + 1；
推广至n = p1^x1 * p2^x2 * p3^x3...ps^xs（其中s是唯一分解式中所有质因子的个数）可得总的方案数等于ans = (2 * x1 + 1) * (2 * x2 + 1) * (2 * x3 + 1) ...(2 * xs + 1);
题目中要求的是i <= j，所以需要将总的数目除以2，又由于当i 、j都等于n时只计算了一次，所以除以二之后需要再加上。故最终答案是 ans = ans/2 + 1;
代码如下
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <cmath> 4 typedef long long ll; 5 const ll maxn = 1e7 +7; 6 bool isp[maxn]; 7 int pis[maxn/10], tot; 8 9 void getp(ll n) {//得到n以内的素数及个数 10 memset(isp, true, sizeof(isp)); 11 for(ll i = 2; i <= n; i++) { 12 if(isp[i]) { 13 tot++; 14 pis[tot] = i; 15 } 16 for(int j = 1; (j <= tot) && (i * pis[j] <= n); j++) { 17 isp[i * pis[j]] = false; 18 if(i % pis[j] == 0) break; 19 } 20 } 21 } 22 ll fac(ll n) {//计算n的正因子个数之和 23 ll now = n; 24 ll ans = 1; 25 for(ll i = 1; i <= tot; i++) { 26 if(pis[i] > now)//重要剪枝，每次不必全部试除一遍才结束 27 break; 28 if(now % pis[i] == 0) { 29 int cnt = 0; 30 while(now % pis[i] == 0) { 31 cnt++; 32 now /= pis[i]; 33 } 34 ans *= ( 2 * cnt + 1); 35 } 36 } 37 if(now != 1) 38 ans *= 2 * 1 + 1; 39 40 return ans; 41 } 42 ll solve(ll n) { 43 ll ans = fac(n);//得到n的正因子个数之和 44 return ans / 2 + 1; 45 } 46 int main() 47 { 48 ll tot = 0; 49 getp(maxn - 7);//得到maxn - 7以内的素数及个数 50 int T, k = 1; 51 scanf("%d", &T); 52 while(T--) { 53 ll n; 54 scanf("%lld", &n); 55 printf("Case %d: %lld ", k++, solve(n)); 56 } 57 return 0; 58 }
题意
给出n(1 ≤ n ≤ 108)计算出调和级数的结果
解题思路
虽然没有直接的公式，但是欧拉曾给出过一个近似公式计算调和级数的和，但是由于前几项误差较大，所以我们先计算前10000的结果，之后的使用公式计算。
代码
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cmath> 4 5 const int maxn = 100010; 6 using namespace std; 7 const double C = 0.57721566490153286060651209; 8 double a[maxn]; 9 10 int main() 11 { 12 a[0] = 0; 13 for(int i = 1; i <= maxn; i++) { 14 a[i] = a[i - 1] + 1.0/i; 15 } 16 int T; 17 int n; 18 scanf("%d", &T); 19 for(int t = 1; t <= T; t++) { 20 scanf("%d", &n); 21 printf("Case %d: ", t); 22 if(n <= maxn) { 23 printf("%.10lf ", a[n]); 24 } 25 else { 26 printf("%.10lf ", log(n) + C + 1.0/(2 * n)); 27 } 28 } 29 return 0; 30 }
最后总结一下使用算术基本定理的心得，使用的时候注意分解，如何使用求得的正因子个数之和，以及所有正因子数之和，来计数。关键还是将问题转换为数学模型。