数论🎈
筛质数
最普通的筛法O(nlogn):
cpp
void get_primes2(){
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!st[i]) primes[cnt++]=i;//把素数存起来
for(int j=i;j<=n;j+=i){//不管是合数还是质数,都用来筛掉后面它的倍数
st[j]=true;
}
}
}
诶氏筛法 O(nloglogn):
cpp
void get_primes1(){
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!st[i]){
primes[cnt++]=i;
for(int j=i;j<=n;j+=i) st[j]=true;//可以用质数就把所有的合数都筛掉;
}
}
}
线性筛O(n)
cpp
void get_primes(){
//外层从2~n迭代,因为这毕竟算的是1~n中质数的个数,而不是某个数是不是质数的判定
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!st[i]) primes[cnt++]=i;
for(int j=0;primes[j]<=n/i;j++){//primes[j]<=n/i:变形一下得到------primes[j]*i<=n,把大于n的合数都筛了就
//没啥意义了
st[primes[j]*i]=true;//用最小质因子去筛合数
//1)当i%primes[j]!=0时,说明此时遍历到的primes[j]不是i的质因子,那么只可能是此时的primes[j]<i的
//最小质因子,所以primes[j]*i的最小质因子就是primes[j];
//2)当有i%primes[j]==0时,说明i的最小质因子是primes[j],因此primes[j]*i的最小质因子也就应该是
//prime[j],之后接着用st[primes[j+1]*i]=true去筛合数时,就不是用最小质因子去更新了,因为i有最小
//质因子primes[j]<primes[j+1],此时的primes[j+1]不是primes[j+1]*i的最小质因子,此时就应该
//退出循环,避免之后重复进行筛选。
if(i%primes[j]==0) break;
}
}
}
试除法判断质数
输入n表示要判断的n个数,接下来输入n个数,判断其是否为质数
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
bool isprime(long long a){
if(a==1){
return 0;
}
else if(a==2){
return 1;
}
for(int i=2;i<=a/i;i++){//不要用开方或者i*i,开方函数较慢,i*i会越界
if(a%i==0){
return 0;
}
}
return 1;
}
int main(){
cin>>n;
while(n--){
long long a;
cin>>a;
if(isprime(a)) cout<<"Yes"<<endl;
else cout<<"No"<<endl;
}
分解质因数
解题思路:
- x 的质因子最多只包含一个大于 根号x 的质数。如果有两个,这两个因子的乘积就会大于 x,矛盾。
- i 从 2 遍历到 根号x。 用 x / i,如果余数为 0,则 i 是一个质因子。
- s 表示质因子 i 的指数,x /= i 为 0,则 s++, x = x / i 。
- 最后检查是否有大于 根号x 的质因子,如果有,输出。
cpp
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
void divide(int x)
{
for (int i = 2; i <= x / i; i ++ )//i <= x / i:防止越界,速度大于 i < sqrt(x)
if (x % i == 0)//i为底数
{
int s = 0;//s为指数
while (x % i == 0) x /= i, s ++ ;
cout << i << ' ' << s << endl;//输出
}
if (x > 1) cout << x << ' ' << 1 << endl;//如果x还有剩余,单独处理
cout << endl;
}
{
int main()
{
int n;
cin >> n;
while (n -- )
{
int x;
cin >> x;
divide(x);
}
return 0;
}