线性筛求 约数个数 与 约数和
线性筛，顾名思义，就是欧拉筛，在线性时间内可以求出答案，也就是\(O(N)\)的时间，非常牛\(X\)的效率。
一、约数个数
根据数字唯一分解定理，设
\[\LARGE n=p_1^{r_1}*p_2^{r_2}*p_3^{r_3}*...*p_k^{r_k} \]对于每个\(n\)的约数，一定是由以上质因数\(p_1 \sim p_k\)相乘而来，根据乘法原理，每个质因数都可以选择\(0\)到\(r_i\)这\(r_i+1\)个选择。
\(n\)的约数个数即为
\[\LARGE d(n)=(r_1+1)\times (r_2+1) \times ... \times (r_k+1) =\prod_{i=1}^k(r_i+1) \]筛的过程中需要保存\(n\)的最小质因子的出现个数即\(r_1\),原因后面会说明：
- \(d[i]\)记录\(i\)的约数个数
- \(num[i]\)记录\(i\)的最小质因数个数
分情况讨论:
(一)、\(i\)是质数
\[\large \left\{\begin{matrix} d[i]=2 & \\ num[i]=1 & \end{matrix}\right. \]- \(d[i]\):\(i\)是质数，所以约数只有\(1\)和自身,约数个数为\(2\)
- \(num[i]\):\(i\)是质数，最小质因子就是自己，个数是\(1\)
(二)、\(i\)取模枚举的第\(j\)个质数为\(0\)， \(primes[j]\)整除\(i\)
\(Q1:\)我们在研究哪些数字之间的递推关系？
\(A:\)既然是递推，一般都是已知小的推出大的，这里应该是已知\(d[i]\)推出\(d[i*primes[j]]\)的值。
\(Q2\):\(d[i*primes[j]]\)是啥？
\(A\):
\(primes[j]\)是\(i\)的因子，\(i*primes[j]\)唯一分解不会产生新的质因子,依然是\(p_1,p_2,...p_k\)
\(primes[j]\)从小到大枚举，所以一定是\(i\)的最小质因子！所以\(p_1^{r_1+1}\),按唯一分解定理展开:
\(Q3\):\(d[i∗primes[j]]\)怎么从\(d[i]\)转移？
这个时候就可以用到我们之前维护的\(num[i]\)了。
转移也就非常简单了：
\[\large d[i∗primes[j]]=d[i]/(num[i]+1)∗(num[i]+2) \]解释：
\[\large \left\{\begin{matrix} d(i)=(1+r_1)*......*(1+r_k) & ①\\ d(i*primes[j])=(1+r_1+1)*......*(1+r_k) & ②\\ \end{matrix}\right. \]使用瞪眼大法(观察法)，找出两者之间的递推关系，很明显，就是 ①式除以\(1+r_1\),再乘上\(1+r_1+1\)即可转化为 ②式,这下明白为什么要记录\(num[i]\)最小质因子的个数了吧~
\(Q4\):那么\(num[i∗primes[j]]\)是不是也需要从\(num[i]\)进行转移呢？
\(A\):\(num[i*primes[j]]\)也要转移，加上最小质因子\(primes[j]\)的贡献也就是：
(三)、当前数取模枚举的第\(j\)个质数不为\(0\)，即 \(primes[j]\) 不能整除 \(i\)
首先我们知道\(i∗primes[j]\)这个数中之前一定不包含\(primes[j]\)这个质因数,
那么约数个数要加上\(prime[j]\)的，也就是：
\[\large d[i*primes[j]]=(1+r_1)*...*(1+r_k)*(1+1) \\ =d[i]*2=d[i]*d[primes[j]] \]然后对于最小质因子，因为\(j\)是从小到大枚举的，所以\(i∗primes[j]\)这个数的最小质因子也就是\(primes[j]\)
所以就可以得到：
\[\large num[i*primes[j]]=1 \]综上，就可以写出筛质因数个数的代码了:
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 1010;
int primes[N], cnt; // primes[]存储所有素数
bool st[N]; // st[x]存储x是否被筛掉
int d[N]; // d[x]表示x的约数个数
int num[N]; // num[x]表示x的最小质因数的个数
int n;
//欧拉筛法+求约数个数
void get_primes(int n) {
d[1] = 1; // 1的约数只有1个,这个比较特殊
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (!st[i]) {
primes[cnt++] = i;
// i是质数
d[i] = 2; //约数个数是2个，一个是1，另一个是i
num[i] = 1; //最小质因子个数是1，最小质因子就是自己i
}
for (int j = 0; i * primes[j] <= n; j++) {
st[i * primes[j]] = true;
if (i % primes[j] == 0) {
d[i * primes[j]] = d[i] / (num[i] + 1) * (num[i] + 2);
num[i * primes[j]] = num[i] + 1;
break;
} else {
// d[i * primes[j]] = d[i] * d[primes[j]]; 等价于下面的代码
d[i * primes[j]] = d[i] * 2;
num[i * primes[j]] = 1;
}
}
}
}
int main() {
scanf("%d", &n);
get_primes(n);
//输出1~n之间所有数字的约数个数
for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d %d\n", i, d[i]);
return 0;
}
二、约数和
设\(sd[i]\)表示\(i\)的约数和
根据算数基本定理得：约数和参考链接
\[\large sd[n]=(p_1^0+p_1^1+p_1^2+……+p_1^{r_1})∗(p_2^0+p_2^1+p_2^2+……+p_2^{r_2})∗……∗(p_k^0+p_k^1+p_k^2+……+p_k^{r_k}) \]那么根据这个式子就可以开始干了。。。
设\(num[i]\)表示最小质因子的那一项:
分情况讨论:
(一)、\(i\)是质数
\[\large sd[i]=num[i]=i+1 \]解释:
- \(i\)是质数，它的约数只有自己和\(1\),约数和是\(i+1\)
- \(i\)是质数，质因子分解也只能分解出自己，\(sd[i]=i^0+i^1=1+i\)
(二)、\(i\)取模枚举的质数\(primes[j]\)不为0,即\(primes[j]\)不能整除\(i\)
注：下面的讨论中使用\(p_j\)代替\(primes[j]\)
\(i∗p_j\)里原先没有\(p_j\)这一项，加上这一项之后：
\[\large \because sd[i]=(p_1^0+p_1^1+p_1^2+……+p_1^{r_1})∗(p_2^0+p_2^1+p_2^2+……+p_2^{r_2})∗……∗(p_k^0+p_k^1+p_k^2+……+p_k^{r_k}) \]\[\large \because sd[i*p_j]=(p_1^0+p_1^1+p_1^2+……+p_1^{r_1})∗(p_2^0+p_2^1+p_2^2+……+p_2^{r_2})∗……∗(p_k^0+p_k^1+p_k^2+……+p_k^{r_k})*(p_j^0+p_j^1) \]\(\large \because p_j\) 是质数 \(\large \therefore sd[p_j]=p_j^0+p_j^1\)
\(\large \therefore sd[i*p_j]=sd[i]*sd[p_j]\) 注：积性函数
同时更新一下\(num[i∗p_j]\)
\[\large num[i∗p_j]=num[p_j]=p_j^0+p_j^1=1+p_j \]解释：
因为质因子从小到大枚举，那么\(i∗p_j\)的最小质因子就应该是\(p_j\)，那么\(num[i∗p_j]\)也就应该等于\(num[p_j]\)
(三)、\(i\)取模枚举的质数\(j\)为0,即 \(primes[j]\)整除\(i\)
那么\(sd[i∗p_j]\)中的第一项也就是\(num[i∗p_j]\)也一定是\(p_j\)的第一项
解释：(等比数列变形小技巧)
\(1+p_i+p_i^2+……+p_i^{r_i}\)这个时候要变成\(1+p_i+p_i^2+……+p_i^{r_i}+p_i^{r_i+1}\)，那么只需要所有的都乘以一个\(p_i\)，然后再加一个\(1\)就好了。
结论：
\[\large num[i∗p_j]=num[i]∗p_j+1 \]这样，我们又可以开始愉快的写代码啦...
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e3 + 10;
int primes[N], cnt;
bool st[N];
int num[N]; //最小质因子p1组成的等比序列 p1^0+p1^1+...+p1^r1
int sd[N]; //约数和
int n;
void get_primes(int n) {
sd[1] = 1; // 1的约数只有自己，约数和是1
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (!st[i]) {
primes[cnt++] = i;
//质数
sd[i] = num[i] = i + 1; // 1和自身是约数，约数和为i+1; 同时因为i是质数，所以只有一个分拆项,并且分拆项内容=pj^0+pj^1=1+pj=1+i
}
for (int j = 0; primes[j] * i <= n; j++) {
st[i * primes[j]] = true;
if (i % primes[j]) {
sd[i * primes[j]] = sd[i] * sd[primes[j]]; //积性函数
num[i * primes[j]] = primes[j] + 1;
} else {
sd[i * primes[j]] = sd[i] / num[i] * (num[i] * primes[j] + 1);
num[i * primes[j]] = num[i] * primes[j] + 1;
break;
}
}
}
}
int main() {
scanf("%d", &n);
get_primes(n);
//约数和要不要自己本身,这里是不想要自己本身
for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ", sd[i] - i);
puts("");
return 0;
}