本文用于个人算法竞赛学习，仅供参考
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一.质数的判定
质数：质数是指在大于1的自然数中，除了1和它本身以外不再有其他因数的数。常见的质数有2, 3, 5, 7, 11等。质数也被称为素数。
试除法：时间复杂度：O（n^ 1/2）
bool is_prime(int n)
{
if (n < 2)
return false;
for (int i = 2; i <= n / i; i++) //如果存在 a ÷ b = c , 那么就有 a ÷ c = b;
{
if (n % i == 0)
{
return false;
}
}
return true;
}二.分解质因数
试除法：时间复杂度：O（n^ 1/2）
//存放分解后质数的个数
unordered_map<int, int> primes;
void divide(int n)
{
//从2开始试除
for (int i = 2; i <= n / i; i++)// i^2 <= n
{
//合数进不来，因为被前面的质数约去了
if (n % i == 0)
{
while (n % i == 0)
{
primes[i]++;
n /= i;
}
}
}
if (n > 1)
primes[n]++;
}
int main()
{
divide(84);
for (auto prime: primes)
{
cout << prime.first << ':' << prime.second << endl;
}
return 0;
}三.质数筛
问题：给定一个n，筛出2~n的所有质数
1.朴素筛法
假设一个数n，它的因数有a， 那么n的因数a一定小于n，所以只需要通过a的倍数就能筛掉n，所以朴素筛法就是从2到n筛掉它们的倍数，最后剩下的就是质数。
时间复杂度：N(1 + 1/2 + 1/3 + ... + 1/n) = N*lnN, O(N*lnN);
可以发现同一个数可能会被筛掉多次，当样本个数非常多的时候是非常浪费时间的，要如何优化降低对一个数筛的次数呢？
2.埃氏筛法
埃氏筛法是对上面朴素筛法的优化，只筛掉质数的倍数，来减少筛掉同一个数的次数。
埃氏筛法（Sieve of Eratosthenes）是一种用来找出一定范围内所有素数的算法。其基本思想是从2开始，不断地将质数的倍数标记为非质数，最终剩下的即为质数。
筛掉4的倍数时，其实在筛掉2的倍数时就筛掉了，因为4是2的倍数，4的倍数也是2的倍数，所以4就没必要再去筛掉它的倍数了；对于一个合数，总会有它的质数代替它来筛掉它的倍数。
质数定理指出，小于给定数n的质数个数约为 n / ln(n)。
优化后时间O（N*loglogN）
const int N = 100;
int primes[N], cnt; // primes[]存储所有素数
bool st[N]; // st[x]存储x是否被筛掉
void get_primes(int n)
{
for (int i = 2; i <= n; i++)
{
if (st[i])
continue;
primes[cnt++] = i;
for (int j = i + i; j <= n; j += i)
st[j] = true;
}
}
我们发现还是存在对同一个数多次筛掉的情况，如12被2和3筛掉两次，还能再优化吗？
3.线性筛法
线性筛法是一种在O(n)的复杂度情况下，筛选出2~n的所有质数。
它的原理是，从2开始，每次找到一个最小的质数，然后把它的倍数都标记为非质数，即每个数合数只会被它的最小质因数筛掉。
比如上面的埃氏筛法，12会被2和3筛两次，线性筛法只会通过12的最小的质数2来筛掉。
最外层for循环遍历2~n，primes保存2~i的质数，内层for循环从小枚举质数
1.对于 primes[j] <= n / i;
如果i是合数，会走到 if (i % primes[j] == 0) break 结束掉
如果i是质数，会走到 primes[j] == i 后结束掉
所以不用担心存在越界问题
2.对于 if (i % primes[j] == 0) break;
若 i % primes[j] != 0, primes[j]一定小于i的最小质因子，primes[j] 一定是primes[j] * i 的最小质因子，因为primes从小到大枚举，且primes[j] 小于i
若i % primes[j] == 0,primes[j] 一定是i的最小质因子，primes[j] 一定是primes[j] * i 的最小质因子，因为primes从小到大枚举，且primes[j] 小于i
如果i % primes[j] == 0,就应该break了，为什么？
已知i % primes[j] == 0,就说明i是合数，i已经再前面通过k * primes[j] 筛掉了；
假设我们没有break，走到primes[j + 1], 会有 i * primes[j + 1], 代入得 k * primes[j] * primes[j + 1],很明显primes[j] < primes[j + 1], 说明一个数已经被primes[j] 筛掉过了，再通过primes[j]筛就重复了。
3.对于每一个合数x，一定会被筛掉，假设x的最小质因子为p，当i 遍历到x / p时，x一定会被筛掉。
4.每一个合数都会被它的最小质数筛掉，说明每个数只会被筛一次，所以是线性的，时间复杂度是O（n）。
int primes[N], cnt; // primes[]存储所有素数
bool st[N]; // st[x]存储x是否被筛掉
void get_primes(int n)
{
for (int i = 2; i <= n; i ++ )
{
if (!st[i]) primes[cnt ++ ] = i;
for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j ++ )
{
st[primes[j] * i] = true;
if (i % primes[j] == 0) break;
}
}
}四.约数
1.求一个数的所有约数
试除法：枚举 i <= n / i, 看i 是否是约数
vector<int> get_divisors(int n)
{
vector<int> result;
for (int i = 2; i <= n / i; i++)
{
if (n % i == 0)
{
result.push_back(i);
//避免加入同一个数
if (n / i != i)
result.push_back(n / i);
}
}
sort(result.begin(), result.end());
return result;
}2.约数个数和约数之和
给定一个数N，求N的约数个数
将N进行质因数分解p，有N = p1^c1 * p2^c2 * ... *pk^ck
对于每个质数p，c可以取0~c，则约数个数： (c1 + 1) * (c2 + 1) * ... * (ck + 1)
约数之和： (p1^0 + p1^1 + ... + p1^c1) * ... * (pk^0 + pk^1 + ... + pk^ck)
思路：
由N = p1^c1 * p2^c2 * ... *pk^ck，约数和为(p1^0 + p1^1 + ... + p1^c1) * ... * (pk^0 + pk^1 + ... + pk^ck)
p比较好求，直接分解质因数就行，问题是(pk^0 + pk^1 + ... + pk^ck)要怎么求？
假设 t = 1，存在操作 t = p * t + 1；
则有t = p * 1 + 1 = p + 1
t = p * (p + 1) + 1 = p^2 + p + 1
t = p * (p^2 + p + 1) + 1 = p^3 + p^2 + p^1 + 1
……
typedef long long LL;
int mod = 1e9 + 7;
int main()
{
unordered_map<int, int> primes;
int n;
cin >> n;
while (n--)
{
int a;
cin >> a;
//对每个数进行质因数分解
for (int i = 2; i <= a / i; i++)
{
if (a % i == 0)
{
primes[i]++;
a /= i;
}
}
if (a > 1)
primes[a]++;
}
LL result = 1;
for (auto prime : primes)
{
LL t = 1;
int a = prime.first, b = prime.second;
while (b--)
{
t = (t * a + 1) % mod;
}
result = result * t % mod;
}
cout << result << endl;
return 0;
}常见模运算
(a * b) mod c = ((a mod c) * (b mod c)) mod c
(a + b) mod c = ((a mod c) + (b mod c)) mod c
(a - b) mod c = ((a mod c) - (b mod c)) mod c
(a ^ b) mod c = ((a mod c) ^ b) mod c
(a / b) mod c != ((a mod c) / (b mod c)) mod c除法的模运算不满足这样的等式
3.欧几里得算法（辗转相除法）-- 求最大公约数
gcd(a, b) = gcd(b, a mod b);
gcd代表最大公约数
int gcd(int a, int b)
{
//if (a < b) swap(a, b);//这一步不需要，因为会自己调整，比如gcd(6,16),下一次递归就变成了gcd(16,6)
return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
标签：约数,筛法,--,质数,int,primes,mod From： https://blog.csdn.net/cookies_s_/article/details/137374356