数论问题之质数

质数定义

若一个正整数无法被1和它自身之外的任何自然数整除，则称该数为质数（素数），否则该数为合数。

质数的判定用试除法：

bool is_prime(int n){
	if(n<2) return false;
	for(int i=2;i<=sqrt(n);i++){
		if(n%i==0) return false;
	} 
	return true;
}

质数的筛选方法：
埃式筛法和线性筛法：链接（之前写过，就不写了）。

质因数分解

算术基本定理：
任何一个不大于1的正整数都能唯一分解为有限个质数的乘积，可写作

$$N=p_1^c1*p_2^c2*p_3^c3*……p_m^cm$$

​ 其中ci为正整数，pi为质数，满足p11,则说明n为质数。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int p[N],c[N],m;//p数组表示n的因子，c数组表示对应的因子的个数
void devide(int n){
	memset(c,0,sizeof(c));
	m=0;//m记录的多少个因子
	for(int i=2;i*i<=n;i++){
		if(n%i==0){
			p[++m]=i;
			while(n%i==0) n/=i,c[m]++; 
		}
	}
	if(n>1) c[++m]=n,c[m]++;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cout<<p[i]<<'^'<<c[i]<<endl;
	}
}
int main(){
	int n;
	cin>>n;
	devide(n);
	system("pause");
}

poj1845Sumdiv
题意：求A^B^的所有约数之和mod9901.
思路：
把A分解质因数

$$A=p_1^c1*p_2^c2*p_3^c3……p_m^cm$$ $$A^B=p_1^B*c_1*p_2^B*c_2*p_3^B*c_3*……*p_m^B*c_m 根据乘法分配律，A^B^的所有约数之和就是： (1+p1^1^+p1^2^+p1^3^+……+p1^B*c1^)*(1+p2^1^+p2^2^+p2^3^+……+p2^B*c2^) * …… *(1+pm^1^+pm^2^+pm^3^+……+pm^B*cm^) 在使用分治法求sum(p,c)=1+p^1^+p^2^+p^3^+……+p^c^ 当c为奇数时有偶数项，当c为偶数时有奇数项 c为奇数：sum(p,c)=1+p^1^+p^(c-1)/2^+……+p^(c+1)/2^+……+p^c^ =(1+p^1^+……+p^(c-1)/2^)+p^(c+1)/2^ * (1+p^1^+……+p^(c-1)/2^) =(1+p^(c+1)/2^) * (1+p^1^+……+p^(c-1)/2^) =(1+p^(c+1)/2^) * sum(p,(c-1)/2) c为偶数：sum(p,c)=1+p^1^+p^(c-2)/2^+……+p^c/2^+……+p^c-1^+p^c^ ==(1+p^c/2^) * sum(p,c/2-1)+p^c^ **代码：**$$

​ 根据乘法分配律，A^B^的所有约数之和就是：

$$(1+p_1^1+p_1^2+p_1^3+……+p_1^B*c_1)*(1+p_2^1+p_2^2+p_2^3+……+p_2^B*c_2) * …… *(1+p_m^1+p_m^2+p_m^3+……+p_m^B*c_m)$$

​ 在使用分治法求sum(p,c)=1+p^1+p^2+p^3+……+p^c
​ 当c为奇数时有偶数项，当c为偶数时有奇数项
​ c为奇数：

​ sum(p,c)=1+p^1+p^(c-1)/2+……+p^(c+1)/2+……+p^c
​ =(1+p^1+……+p^(c-1)/2)+p^(c+1)/2 (1+p^1^+……+p^(c-1)/2)
​ =(1+p^(c+1)/2) (1+p^1^+……+p^(c-1)/2)
​ =(1+p^(c+1)/2) * sum(p,(c-1)/2)
​ c为偶数：

​ sum(p,c)=1+p^1+p^(c-2)/2+……+p^c/2+……+p^c-1+p^c
​ ==(1+p^c/2) sum(p,c/2-1)+p^c
​ *代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>

using namespace std;
const int mod=9901;
vector<pair<int ,int> > v;
int ksm(int p,int c){
	int ans=1;
	p%=mod;
	while(c){
		if(c&1) ans=1ll*ans*p%mod;
		p=1ll*p*p%mod;
		c>>=1;
	}
	return ans;
}
int get_sum(int p,int c){
	if(!p) return 0;
	if(!c) return 1;
	if(c&1) return 1ll*(ksm(p,(c+1)/2)+1)*get_sum(p,(c-1)/2)%mod;
	else return (1ll*(ksm(p,c/2)+1)*get_sum(p,c/2-1)+ksm(p,c))%mod;
}
int main(){
	int a,b;
	cin>>a>>b;
	for(int i=2;i*i<=a;i++){
		if(a%i==0){
			int sum=0;
			while(a%i==0){
				sum++;
				a/=i;
			}
			v.push_back(make_pair(i,sum));
		}
	}
	if(a>1) v.push_back(make_pair(a,1));
	int ans=1;
	for(int i=0;i<v.size();i++){
		int p=v[i].first,c=v[i].second;
		ans=1ll*ans*get_sum(p,b*c)%mod;
	}
	cout<<ans<<endl;
}

poj2689Prime Distance
题意：
给定俩个整数L,R（1<=L<=R<=2^31^,R-L<=10^6^）,求闭区间[L,R]内 相邻来个数的差最大是多少，输出这俩个质数。
思路：因为L,R的范围很大不能使用暴力做法，但是R-L的值小，我们可以先筛选出2-sqrt( R)之间的左右质数，然后在用这些质数去筛选L-R内的所有质数，最终没有被标记的就是L-R内的质数。
先处理2-sqrt(2^31^)内的质数，sqrt(2^31^)约等于46340.(可以打表也可以使用线性筛)。
代码：

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>

using namespace std;
const int M=46430,N=1e6+10,INF=0x7fffffff;
vector<int> p,ans;
bool v[N];
int main(){
	memset(v,1,sizeof(v));
	for(int i=2;i<=M;i++){
		if(v[i]){
			p.push_back(i);
			for(int j=2;j<=M/i;j++) v[i*j]=0;
		}
	}
	int l,r;
	while(cin>>l>>r){
		memset(v,1,sizeof(v));
		ans.clear();
		if(l==1) v[0]=0;
		for(int i=0;i<p.size();i++){
			for(int j=(l-1)/p[i]+1;j<=r/p[i];j++){
				if(j>1) v[p[i]*j-l]=0;
			}
		}
		for(unsigned int i=l;i<=r;i++)
			if(v[i-l]) 
				ans.push_back(i);
		int minn=INF,maxx=0,x1,x2,y1,y2; 
		for(int i=0;i<ans.size()-1;i++){
			int d=ans[i+1]-ans[i];
			if(d<minn){
				minn=d;
				x1=ans[i];
				y1=ans[i+1];
			}
			if(d>maxx){
				maxx=d;
				x2=ans[i];
				y2=ans[i+1];
			}
		}
		if (!maxx) puts("There are no adjacent primes.");
		else printf("%d,%d are closest, %d,%d are most distant.\n", x1, y1, x2, y2);
	}
}

CH3101阶乘分解
题意：
给定整数N(1<=N<=10^6^),试把阶乘N！分解质因数，按照算术基本定理的形式输出分解结果中的pi和c1.
思路：
N！的质因数p的个数就是1-N中每个数包含质因数p的个数和，包含质因子p的个数为N/p，接下来计算p^2^的个数为N/p^2^，直到N/(longN/longp),加在一块就是p的个数和。
代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int isprime[1000000+10];
int prime[1000000+10];
int c;
void Prime(int n) {
    memset(isprime,1,sizeof(isprime));
    isprime[0]=isprime[1]=0;
    for(int i=2;i<=n;i++) {
        if(isprime[i]) prime[c++] = i;
        for(int j = 0; (j<c && i*prime[j]<=n);j++) {
            isprime[i*prime[j]]=0;
            if(!(i%prime[j])) break;
        }
    }
}
int main(){
	int n;
	cin>>n;
	Prime(n);
	for(int i=0;i<c;i++) {
		int p=prime[i];
		int sum=0;
		for(int j=n;j>=1;j/=p) sum+=j/p;
		printf("%d %d\n",p,sum);
	}
}

参考书籍：算法竞赛进阶指南