深入分析C語(yǔ)言分解質(zhì)因數(shù)的實(shí)現(xiàn)方法

更新時(shí)間：2015年08月06日 16:17:07 作者：zinss26914

這篇文章主要介紹了深入分析C語(yǔ)言分解質(zhì)因數(shù)的實(shí)現(xiàn)方法,作者結(jié)合了ACM題目作為相關(guān)拓展,需要的朋友可以參考下

首先來(lái)看一個(gè)最簡(jiǎn)單的C語(yǔ)言實(shí)現(xiàn)質(zhì)因數(shù)分解的列子：

#include <stdio.h>
void main( )
{
  int data, i = 2;
  scanf("%d", &data);
  while(data > 1)
  {
    if(data % i == 0)
    {
      printf("%d ", i);
      data /= i;
    }
    else i++;
  }
}

原理&&方法
把一個(gè)合數(shù)分解為若干個(gè)質(zhì)因數(shù)的乘積的形式，即求質(zhì)因數(shù)的過程叫做分解質(zhì)因數(shù)，分解質(zhì)因數(shù)只針對(duì)合數(shù)

求一個(gè)數(shù)分解質(zhì)因數(shù)，要從最小的質(zhì)數(shù)除起，一直除到結(jié)果為質(zhì)數(shù)為止。分解質(zhì)因數(shù)的算式的叫短除法，和除法的性質(zhì)差不多，還可以用來(lái)求多個(gè)個(gè)數(shù)的公因式：

以24為例：

2 -- 24

2 -- 12

2 -- 6

3 （3是質(zhì)數(shù)，結(jié)束）

得出 24 = 2 × 2 × 2 × 3 = 2^3 * 3

代碼
可先用素?cái)?shù)篩選法，篩選出符合條件的質(zhì)因數(shù)，然后for循環(huán)遍歷即可，通過一道題目來(lái)show一下這部分代碼

題目1

    題目描述：
    求正整數(shù)N(N>1)的質(zhì)因數(shù)的個(gè)數(shù)。
    相同的質(zhì)因數(shù)需要重復(fù)計(jì)算。如120=2*2*2*3*5，共有5個(gè)質(zhì)因數(shù)。
    輸入：
    可能有多組測(cè)試數(shù)據(jù)，每組測(cè)試數(shù)據(jù)的輸入是一個(gè)正整數(shù)N，(1<N<10^9)。
    輸出：
    對(duì)于每組數(shù)據(jù)，輸出N的質(zhì)因數(shù)的個(gè)數(shù)。
    樣例輸入：
    120
    樣例輸出：
    5
    提示：
    注意：1不是N的質(zhì)因數(shù)；若N為質(zhì)數(shù)，N是N的質(zhì)因數(shù)。

ac代碼

 #include <stdio.h> 
   
  int main() 
  { 
    int n, count, i; 
   
    while (scanf("%d", &n) != EOF) { 
      count = 0; 
   
      for (i = 2; i * i <= n; i ++) { 
        if(n % i == 0) { 
          while (n % i == 0) { 
            count ++; 
            n /= i; 
          } 
        } 
      } 
   
      if (n > 1) { 
        count ++; 
      } 
   
      printf("%d\n", count); 
    } 
   
    return 0; 
  }

深入理解
我所謂的深入理解，就是通過4星的題目來(lái)靈活運(yùn)用分解質(zhì)因數(shù)的方法，題目如下

題目2

    題目描述：
    給定n，a求最大的k，使n！可以被a^k整除但不能被a^(k+1)整除。
    輸入：
    兩個(gè)整數(shù)n(2<=n<=1000)，a(2<=a<=1000)
    輸出：
    一個(gè)整數(shù).
    樣例輸入：
    6 10
    樣例輸出：
    1

思路
a^k和n!都可能非常大，甚至超過long long int的表示范圍，所以也就不能直接用取余操作判斷它們之間是否存在整除關(guān)系，因此我們需要換一種思路，從分解質(zhì)因數(shù)入手，假設(shè)兩個(gè)數(shù)a和b：

a = p1^e1 * p2^e2 * ... * pn^en, b = p1^d1 * p2^d2 * ... * pn^dn

, 則b除以a可以表示為：

b / a = (p1^d1 * p2^d2 * ... * pn^dn) / (p1^e1 * p2^e2 * ... * pn^en)

若b能被a整除，則 b / a必為整數(shù)，且兩個(gè)素?cái)?shù)必護(hù)質(zhì)，則我們可以得出如下規(guī)律：

若a存在質(zhì)因數(shù)px，則b必也存在該質(zhì)因數(shù)，且該素因數(shù)在b中對(duì)應(yīng)的冪指數(shù)必不小于在a中的冪指數(shù)

另b = n!, a^k = p1^ke1 * p2^ke2 * ... * pn^ken，因此我們需要確定最大的非負(fù)整數(shù)k即可。要求得該k，我們只需要依次測(cè)試a中每一個(gè)素因數(shù)，確定b中該素因數(shù)是a中該素因數(shù)的冪指數(shù)的多少倍即可，所有倍數(shù)中最小的那個(gè)即為我們要求得的k

分析到這里，剩下的工作似乎只是對(duì)a和n!分解質(zhì)因數(shù)，但是將n!計(jì)算出來(lái)再分解質(zhì)因數(shù)，這樣n!數(shù)值太大?？紤]n!中含有素因數(shù)p的個(gè)數(shù)，即確定素因數(shù)p對(duì)應(yīng)的冪指數(shù)。我們知道n!包含了從1到n區(qū)間所有整數(shù)的乘積，這些乘積中每一個(gè)p的倍數(shù)（包括其本身）都對(duì)n!貢獻(xiàn)至少一個(gè)p因子，且我們知道在1到n中p的倍數(shù)共有n/p個(gè)。同理，計(jì)算p^2，p^3,...即可

代碼

#include <stdio.h> 
  #include <stdlib.h> 
  #include <string.h> 
    
  #define N 1001 
    
  int prime[N], size; 
    
  /** 
   * 素?cái)?shù)篩選法進(jìn)行預(yù)處理 
   */ 
  void initProcess() 
  { 
    int i, j; 
      
    for (prime[0] = prime[1] = 0, i = 2; i < N; i ++) { 
      prime[i] = 1; 
    } 
    
    size = 0; 
    
    for (i = 2; i < N; i ++) { 
      if (prime[i]) { 
        size ++; 
        for (j = 2 * i; j < N; j += i) { 
          prime[j] = 0; 
        } 
      } 
    } 
  } 
    
  int main(void) 
  { 
    int i, n, a, k, num, count, base, tmp, *ansbase, *ansnum; 
      
    // 預(yù)處理 
    initProcess(); 
    
    while (scanf("%d %d", &n, &a) != EOF) { 
      ansbase = (int *)calloc(size, sizeof(int)); 
      ansnum = (int *)calloc(size, sizeof(int)); 
    
      // 將a分解質(zhì)因數(shù) 
      for (i = 2, num = 0; i < N && a != 1; i ++) { 
        if (prime[i] && a % i == 0) { 
          ansbase[num] = i; 
          ansnum[num] = 0; 
            
          while (a != 1 && a % i == 0) { 
            ansnum[num] += 1; 
            a = a / i; 
          } 
    
          num ++; 
        } 
      } 
    
      // 求最小的k 
      for (i = 0, k = 0x7fffffff; i < num; i ++) { 
        base = ansbase[i]; 
        count = 0; 
        while (base <= n) { 
          count += n / base; 
          base *= ansbase[i]; 
        } 
    
        tmp = count / ansnum[i]; 
        if (tmp < k) k = tmp; 
      } 
    
      printf("%d\n", k);  
    } 
    
    return 0; 
  } 
    
  /************************************************************** 
    Problem: 1104 
    User: wangzhengyi 
    Language: C 
    Result: Accepted 
    Time:0 ms 
    Memory:916 kb 
  ****************************************************************/

約數(shù)個(gè)數(shù)定理
對(duì)于一個(gè)大于1的正整數(shù)n可以分解質(zhì)因數(shù)：

n = p1^a1 * p2^a2 * p3^a3 * ... * pn^an

, 則n的正約數(shù)的個(gè)數(shù)為：

 (a1 + 1) * (a2 + 1) * ... *(an + 1)

.其中p1,p2,..pn都是n的質(zhì)因數(shù)，a1, a2...an是p1,p2,..pn的指數(shù)

證明
n可以分解質(zhì)因數(shù)：n=p1^a1 * p2^a2 * p3^a3 * … * pk^ak,

由約數(shù)定義可知p1^a1的約數(shù)有:p1^0, p1^1, p1^2......p1^a1 ，共（a1+1）個(gè);同理p2^a2的約數(shù)有（a2+1）個(gè)......pk^ak的約數(shù)有（ak+1）個(gè)

故根據(jù)乘法原理：n的約數(shù)的個(gè)數(shù)就是

(a1+1）*（a2+1）*（a3+1）*…* (ak+1)

題目3

    題目描述：
    輸入n個(gè)整數(shù),依次輸出每個(gè)數(shù)的約數(shù)的個(gè)數(shù)
    輸入：
    輸入的第一行為N，即數(shù)組的個(gè)數(shù)(N<=1000)
    接下來(lái)的1行包括N個(gè)整數(shù)，其中每個(gè)數(shù)的范圍為(1<=Num<=1000000000)
    當(dāng)N=0時(shí)輸入結(jié)束。
    輸出：
    可能有多組輸入數(shù)據(jù)，對(duì)于每組輸入數(shù)據(jù)，
    輸出N行，其中每一行對(duì)應(yīng)上面的一個(gè)數(shù)的約數(shù)的個(gè)數(shù)。
    樣例輸入：
    5
    1 3 4 6 12
    樣例輸出：
    1
    2
    3
    4
    6

代碼

#include <stdio.h> 
  #include <stdlib.h> 
    
  #define N 40000 
    
  typedef long long int lint; 
    
  int prime[N], size; 
    
  void init() 
  { 
    int i, j; 
    
    for (prime[0] = prime[1] = 0, i = 2; i < N; i ++) { 
      prime[i] = 1; 
    } 
      
    size = 0; 
    
    for (i = 2; i < N; i ++) { 
      if (prime[i]) { 
        size ++; 
        for (j = 2 * i; j < N; j += i) 
          prime[j] = 0; 
      } 
    } 
  } 
    
  lint numPrime(int n) 
  { 
    int i, num, *ansnum, *ansprime; 
    lint count; 
    
    ansnum = (int *)malloc(sizeof(int) * (size + 1)); 
    ansprime = (int *)malloc(sizeof(int) * (size + 1)); 
    
    for (i = 2, num = 0; i < N && n != 1; i ++) { 
      if (prime[i] && n % i == 0) { 
        ansprime[num] = i; 
        ansnum[num] = 0; 
        while (n != 1 && n % i == 0) { 
          ansnum[num] += 1; 
          n /= i; 
        } 
        num ++; 
      } 
    } 
    
    if (n != 1) { 
      ansprime[num] = n; 
      ansnum[num] = 1; 
      num ++; 
    } 
    
    for (i = 0, count = 1; i < num; i ++) { 
      count *= (ansnum[i] + 1); 
    } 
    
    free(ansnum); 
    free(ansprime); 
    
    return count; 
  } 
    
    
  int main(void) 
  { 
    int i, n, *arr; 
    lint count; 
    
    init(); 
    
    while (scanf("%d", &n) != EOF && n != 0) { 
      arr = (int *)malloc(sizeof(int) * n); 
      for (i = 0; i < n; i ++) { 
        scanf("%d", arr + i); 
      } 
    
      for (i = 0; i < n; i ++) { 
        count = numPrime(arr[i]); 
        printf("%lld\n", count); 
      } 
    
      free(arr); 
    } 
    
    return 0; 
  } 
  /************************************************************** 
    Problem: 1087 
    User: wangzhengyi 
    Language: C 
    Result: Accepted 
    Time:190 ms 
    Memory:1068 kb 
  ****************************************************************/

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