Acwing 约数

1.试除法

思路分析：利用试除法求一个数的所有约数，思路和判断和求质数的判定类似

一个数N有一个约数d，那么N/d也必然是其约数

约数都是成对出现的，只需要枚举1到 $\sqrt{n}$ 即可，注意不要让一个约数加入两次!

Acwing 869 试除法求约数
在这里插入图片描述
实现思路：这里使用vector存储最终结果，便于进行最后的排序输出
具体实现代码（详解版）：

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>using namespace std;// 函数：获取给定整数的所有因子
vector<int> get_divisors(int x) {vector<int> res; // 用于存储因子的向量for (int i = 1; i <= x / i; i++) { // 遍历1到√xif (x % i == 0) { // 如果i是x的因子res.push_back(i); // 添加iif (i != x / i) // 确保不重复添加平方根res.push_back(x / i); // 添加x / i}}sort(res.begin(), res.end()); // 对因子进行排序return res; 
}int main() {int n; cin >> n; while (n--) { int x;cin >> x; vector<int> divisors = get_divisors(x); // 获取x的因子for (auto item : divisors) { // 输出因子cout << item << " ";}puts(""); }return 0; 
}

2.求约数个数

$将一个数N分解质因数为N=P_{1} ^{α_1} \times P_{2} ^{α_2} \times P_{3} ^{α_3} \dots \times P_{n} ^{α_n}$

$定理1：约数的个数为(α_{1} + 1) \times (α_{2} + 1) \times \dots \times (α_{n} + 1)$

对于定理1：N可以分解为以上n个质数的αi次方的乘积，又因为N的每一个约数d都相当于在这n个pi中每个pi分别取0~αi次，每一种选法的各个质因子相乘就是N的一个约数

eg：
$12=2^2*3^1$

取0 个 2 和 0 个 3 ，得约数 1
取1 个 2 和 0 个 3 ，得约数 2
取2 个 2 和 0 个 3 ，得约数 4
取0 个 2 和 1 个 3 ，得约数 3
取1 个 2 和 1 个 3 ，得约数 6
取2 个 2 和 1 个 3 ，得约数 12

(2+1)*(1+1)=6种取法，则12有6个约数，即1，2，3，4，6，12

Acwing870. 约数个数

在这里插入图片描述
实现思路：对每次输入的整数 $a_i$ 都分解得到其质因数，并得到对应质因数的指数

使用一个哈希表来存储对于质因数与其指数对应的关系；
- unordered_map<int,int> primes:使用map实现哈希表，t.first 是质因数，t.second 是该质因数的幂次

具体实现代码（详解版）：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <unordered_map>
using namespace std;typedef long long LL;
const LL mod = 1e9 + 7; // 定义一个大素数mod，用于防止结果过大int main(){int n;cin >> n; unordered_map<int, int> primes; // 用哈希表存储质因数及其对应的指数（幂次）// 处理n个数，逐个分解质因数while (n--) {int x;cin >> x; // 分解质因数，从2开始尝试，直到i*i <= xfor (int i = 2; i <= x / i; i++) {// 如果x能被i整除，说明i是x的一个质因数while (x % i == 0) {x /= i; // 不断除以i，直到不能整除为止primes[i]++; // 将质因数i的幂次+1}}// 如果x大于1，说明x本身是一个质数if (x > 1) primes[x]++; // 将该质数记为x^1}LL res = 1; // 遍历所有质因数及其幂次，计算 (幂次+1) 的乘积for (auto t : primes) {// t.first 是质因数，t.second 是该质因数的幂次res = res * (t.second + 1) % mod; // 乘以(幂次+1)，并在每一步进行取模运算，防止溢出}cout << res << endl; return 0; 
}

3.求约数之和

Acwing 871 .约数之和
在这里插入图片描述

再在上面的基础上
$对于12=2^2*3^1来说，其约数之和为2^0*3^0+2^1*3^0+2^2*3^0+2^0*3^1+2^1*3^1+2^2*3^1=(2^0+2^1+2^2)*(3^0+3^1)$
得到定理2：约数之和
$定理2：所有约数之和为(P_{1}^{0} + P_{1} ^ {1} + \dots + P_{1} ^{α_1}) \times (P_{2}^{0} + P_{2} ^ {1} + \dots + P_{2} ^{α_2}) \times \dots \times (P_{n}^{0} + P_{n} ^ {1} + \dots + P_{n} ^{α_n})$

具体实现代码（详解版）

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <unordered_map>
using namespace std;typedef long long LL;
const LL mod = 1e9 + 7; // 定义一个大素数mod，用于防止结果过大int main(){int n;cin >> n; unordered_map<int, int> primes; // 用哈希表存储质因数及其对应的指数（幂次）// 处理n个数，逐个分解质因数while (n--) {int x;cin >> x; // 分解质因数，从2开始尝试，直到i*i <= xfor (int i = 2; i <= x / i; i++) {// 如果x能被i整除，说明i是x的一个质因数while (x % i == 0) {x /= i; // 不断除以i，直到不能整除为止primes[i]++; // 将质因数i的幂次+1}}// 如果x大于1，说明x本身是一个质数if (x > 1) primes[x]++; // 将该质数记为x^1}LL res = 1; // 初始化最终结果为1// 遍历所有质因数及其幂次，计算 (p^q + 1) 的乘积for (auto t : primes) {// t.first 是质因数 p，t.second 是该质因数的幂次 qint p = t.first, q = t.second; LL ans = 1; // 用于计算 (p^q + 1) 的结果LL p_pow = 1; // 逐步计算 p 的幂次// 计算 p^q + p^(q-1) + ... + p + 1while (q--) {p_pow = p_pow * p % mod; // 计算 p 的幂次，并取模ans = (ans + p_pow) % mod; // 计算 (p^q + ... + 1)，并取模}// 将每个质因数的结果乘入总结果 res，并再次取模res = res * ans % mod;}cout << res << endl; // 输出最终结果return 0; 
}

4.最大公约数

根据一个显然的性质：若d能整除b，d能整除a，即d是a和b的公约数，则d能整除a*x+b*y

求a和b的最大公约数-----欧几里得算法（辗转相除法）：gcd(a,b) == gcd(b, a % b)

即a和b的最大公约数=b和a%b的最大公约数，时间复杂度O(logn)

**理解：**可知a mod b= a - [a/b]*b （[a/b]表示取整），这里简便表示，写为 a mod b= a - c*b

左到右：设a和b的最大公约数是k。由以上显然的性质可得k能整除a，k能整除b，则k能整除（a-c*b）
右到左：设b和a%b的最大公约数是k。因为k能整除b，k能整除a-c*b，则k能整除(a-c*b+c*b)即a

Acwing 872.最大公约数
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具体实现代码（详解版）：

#include <iostream>using namespace std;//欧几里得法算gcd
int gcd(int a,int b){return b ? gcd(b, a % b) : a;
}int main(){int n;cin >> n;while(n --){int a,b;cin >> a >> b;cout << gcd(a,b) << endl;}return 0;
}