标签：约数 vis 数论 质数 mid sqrt int 素数 include
素数与约数
1.算数基本定理
任何一个大于1的正整数都能唯一分解成有限个质数的乘积
写作：
\[ n=p_1^{c1}p_2^{c2}······p_m^{cm} \]可以直接写作：
\[ \prod_{i=1}^mp_i^{ci} \]\(pi\) 都是质数且满足 $ p1<p2<······<pm$ , \(ci\) 都是正整数。
这玩意。。。好像没啥用，但是后面一些东西都要用到。
2.质数分布定理
对于任意正整数 \(x\) ,定义 \(f(x)\) 为不大于 \(x\) 的质数个数，则有 \(f(x)\approx x / ln x\) ，第 \(n\) 个质数的渐近值 \(p(n) \approx n ln n\) 。
这个好像真的没啥用
3.若存在一个正整数 \(n\) 为合数，则存在一个数 \(k\) ,满足 \(2\) \(\le\) \(k \le\) \(\sqrt{n}\) 且 \(k|n\) 。
证明过程：
首先，我们要证明一个结论：
如果 \(m1*m2=n\) ，那么，\(m1\) 和 \(m2\) 必定有一个大于 \(\sqrt{n}\)，一个小于 \(\sqrt{n}\) 。
然后我们去证明上面的结论，假如我们在 \(2—sqrt（n\) 没有找到 \(n\) 的因数，在 \(sqrt(n)—n\) 中找到了因数 \(m1\) ,根据上面的结论，另一个因数 \(m2\) 肯定在 \(2—sqrt(n)\) 之间，与在 \(2—sqrt(n)\) 之间没有找到因数矛盾，命题获证。
4.素数的筛选
1.埃氏筛
原理：素数的倍数一定不是素数
code
for(int i=2;i<=n;++i)
if(isprime[i]==1)
{
for(int j=2*i;j<=n;j+=i)
isprime[j]=0;
}
埃氏筛的复杂度已经非常接近线性了，但是不能完全达到线性，因为它在筛的时候会有重复，比如说12，它在被2筛过之后，循环到3，4，6的时候都会再重新筛一遍。
2.线性筛
针对上面的埃氏筛存在的问题，我们可以让每一个合数只被它的最小质因数筛掉。
code
inline void Prime(int n)
{
memset(vis,1,sizeof(vis));//一开始全部赋为素数
vis[1]=0;//1不是素数
for(reg int i=2;i<=n;i++)//枚举
{
if(vis[i])//如果没筛掉
prime[++cnt]=i;//i就是素数，cnt是计数器
for(reg int j=1;j<=cnt && i*prime[j]<=n;j++)//i*prime[j]<=n保证他不超过上限
{
vis[i*prime[j]]=0;//不是素数
if(i%prime[j]==0) break;//i中含有prime[j]
}
}
}
扔下一道例题
代码在这哦~
#include<bits/stdc++.h>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define reg register
using namespace std;
const int N=1e8+5;
bool vis[N];
int n,q,cnt;
int prime[N];
inline void Prime(int n)
{
memset(vis,1,sizeof(vis));//一开始全部赋为素数
vis[1]=0;//1不是素数
for(reg int i=2;i<=n;i++)//枚举
{
if(vis[i])//如果没筛掉
prime[++cnt]=i;//i就是素数，cnt是计数器
for(reg int j=1;j<=cnt && i*prime[j]<=n;j++)//i*prime[j]<=n保证他不超过上限
{
vis[i*prime[j]]=0;//不是素数
if(i%prime[j]==0) break;//i中含有prime[j]
}
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&q);
Prime(n);//求出n以内的所有素数
while(q--)//共有q次询问
{
int k;
scanf("%d",&k);//第k小的数
printf("%d\n",prime[k]);//输出
}
return 0;
}
5.一个正整数 \(n\) ,至多只有一个大于 \(sqrt(n)\) 的质因子。
证明：设 \(p,q≥ sqrt(n)\) ， \(p | n\) , \(q | n\) ,那么我们有 \(pq | n\) , \(pq > n\) , 很显然矛盾，命题获证。
6.带余除法
设 \(a\) , \(b\) 是两个整数，且 \(b != 0\) ，如果存在整数 \(c\) ,则存在唯一的整数 \(q,r\) , 使得 \(a=qb+r (0\le r < b)\) ，该式被称为带余除法，并记 \(r= a\mod b\) 。
7.整除的性质
- 若 \(a \mid b\) 且 \(a \mid c\) ，则 \(\forall x,y\) ，有 \(a \mid xb+yc\) 。
证明：
设 \(b=an, c=am\) ，则 \(xb+yc=xan+yam=a(xn+ym)\) ，很明显 \(a \mid a(xn+ym)\) ，命题获证。
-
若 \(a \mid b , b \mid c\) ，则 \(a \mid c\) 。（传递性）
-
若 \(ma \mid mb (m \ne 0)\) ，则 \(a \mid b\) 。
-
若 \(a \mid b\) 且 \(b \mid a\) ，则 \(a=\pm b\) 。
8.算术基本定理的推论
对于唯一分解的正整数 \(n= p_1^{c_1}p_2^{c_2}……p_m^{c_m}\)
其正约数集合可写作 \(\{ p_1 ^ {c_1} p_2 ^ {c_2}……p_m^{b_m}| 0 \le b_i \le c_i \}\)
其正约数个数为：
\[(c_1+1)(c_2+1)……(c_m+1)=\prod_{i=1}^mc_i+1 \]其所有约数和为：
\[(p_1^0+p_1^1+……+p_1^{c_i})……(p_m^0+p_m^1+……p_m^{c_m})= \prod_{i=1}^m(\sum_{j=0}^{c_i}a_i^j) \]对于一个合数 \(n^2\) ，它的约数个数为：
\[\prod_{i=1}^mc_i \times 2+1 \]转自link，微改，谢谢JJ
标签：约数,vis,数论,质数,mid,sqrt,int,素数,include 来源： https://www.cnblogs.com/Alwaysmaxx/p/16467608.html
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