約數詳細分析

我們先來認識一下約數：

約數分正約數和負約數兩種，我們一般只討論正約數。也就是說，接下來所提的約數，只考慮正約數。

如果有乙個數k，滿足k|n，那麼k就是n 的約數（因數），n是k的倍數。

求乙個數的約數是資訊學競賽裡乙個基礎的不能再基礎的問題。

如果只求乙個數，最容易想到的就是列舉。當然列舉也有技巧：n=a×b，因為我們只要知道a，就可以求出b，所以只用列舉a，而不需要把b也列舉。保證a<=b，那麼a<=√n，所以只用列舉1-√n所有數，就能得出n所有的約數了。

如果要求1-n內所有的數的約數的個數呢？

和上面是一樣，把每個數都列舉一遍就行了，能接受n=200000。

有沒有什麼更快的方法呢？

看看初一希望盃必備的乙個知識點：

n=p1q1

×p2q2

×p3q3

×…×piqi

根據乘法原理，可以得出n的約數一共有

(q1+1)

×(q2+1)

×(q3+1)

×…(qi+1)個

從上面可以得出：分解質因數及其對應的指數也是乙個可行的方法。

具體就是先用篩法求出√n內所有的質數，之後去乙個個分解，相乘。

這種方法n=1000000已經是極限了（c++）。其實乙個個求的話，這是很優的了。

**：

#include#include#define fo(i,x,y) for(int i=x;i<=y;i++)
using namespace std;
const int max=1000000,po=sqrt(max*1.0);
bool bz[po+1];
int f[max+1],p[169];
int main()
f[i]*=a+1;
}//分解質因數
if (k>1) f[i]*=2;//統計大於√i的質因數 
}}

想從根本上提速，關鍵在於統一求解，換個說法就是利用已知的，去求未知的。

我們觀察公式，可以想到：先求出質因數只有p1的所有數的約數的個數，再求出質因數只有p1，p2的所有數的約數的個數，以此類推。可是複雜度似乎太高了一些，因為每次都要把之前求出的數全部列舉log(pi,max)遍。然而，明顯很多的數都會超出範圍，所以我們給乙個快排，超過max時就能提前退出了。每個數隻會被求一遍，所以這一部分的複雜度是線性的，可是快排的時間不能接受，所以我們放棄這個思路。

我們也可以直接深搜指數，時間複雜度是線性的，每個數同樣只會被求一遍。但是需要注意許多細節的地方，該退的要退，否則，可能會被一些不必要的計算拖死。**複雜度有些高，且常數大。

目前最快的方法是線性篩法，線性篩法不僅可以篩質數、尤拉函式，連約數的個數、約數和也是可以篩，前提是找到該類數的性質。

_t6j6p

3q02wobu4xi1

z906wmrwutmswvxwqobihqrodvlgdeiibt-pj3r6kgkow

答案當然是可以的。我們可以利用篩性篩法的基本思想，去實現我們的目標。

e[i]表示i的最小的質因子的指數。d[i]表示i的約數的個數。p[j]表示在篩去i的倍數時，列舉到的第j個質數。

在用i去篩掉i的倍數時，如果i和當前的p[j]互質,

那麼d[i*p[j]]=d[i]*2,e[i*p[j]]=1；

因為p[j]在i*p[j]中對應的指數是1，所以約數的個數要乘以2。

因為p[1..j-1]和i都互質，所以p[j]也是i*p[j]的最小質因子，e[i*p[j]]也就順理成章等於1。

否則，就說明：p[j]是i的最小質因子，那麼我們之前統計的d[i]便有了用武之地。既然p[j]是i的最小質因子，且我們又知道p[j]做為i的質因子所對應的指數e[i],很容易推出d[i*p[j]]=d[i]/(e[i]+1)×(e[i]+2)，e[i*p[j]]=e[i]+1。

為什麼呢？因為p[j]在i中所對應的指數是e[i]，所以p[j]對d[i]的貢獻值是(e[i]+1),那麼現在我們乘乙個p[j],那麼指數加1，對d[i*p[j]]貢獻值就是了(e[i]+2)，先除以之前的貢獻值，再乘上新的，就得到了新的答案。

根據基礎線性篩法的特性，此時我們又可以直接退出j的迴圈了。所以時間非常愉快地是線性的。可以跑過30000000。

若有不懂的人，他們應該拍手慶祝，因為接下來有**：

#include#define fo(i,x,y) for (int i=x;i<=y;i++)

using namespace std;

const int mn=30000000;

bool bz[mn+1];

int p[mn+1],e[mn+1],d[mn+1];

int main()

fo(j,1,p[0])

if (i%p[j]==0)

{if (mn/p[j]

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