算术基本定理
一个整数可以被表示成若干质数的乘积。例如：\(48=2^4 \times 3, \ 49 = 7^2, \ 50 = 2 \times 5^2\)。
算术基本定理：设 \(a>1\)，那么必有 \(a = p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} \cdots p_s^{\alpha_s}\)，其中 \(p_i \ (1 \le i \le s)\) 是两两不相同的质数，\(\alpha_i \ (1 \le i \le s)\) 表示对应质数的幂次。
朴素的分解质因数的时间复杂度和枚举约数一样都是 \(O(\sqrt{n})\)。
int decomposition(int x) {
// 分解x，数组a记录所有质数，返回分解出来的质数数量
int cnt = 0;
for (int i = 2; i <= x / i; i++) {
while (x % i == 0) {
a[++cnt] = i;
x /= i;
}
}
if (x > 1) a[++cnt] = x;
return cnt;
}
选择题：有一个等比数列，共有奇数项，其中第一项和最后一项分别是 2 和 118098，中间一项是 486，请问以下哪个数是可能的公比？
- A. 5
- B. 3
- C. 4
- D. 2
答案
B。
设等比数列的首项为 \(a_1\)，公比为 \(q\)，项数为 \(n\)。则第 \(i\) 项为 \(a_i = a_1 q^{i-1}\)。对于一个有奇数项的等比数列，中间项的平方等于首项与末项的乘积。即 \(a_{k+1}^2 = a_1 a_{2k+1}\)。题面的数据与这个性质是符合的。
而中间项 \(a_{k+1} = a_1 q^k\)，将已知数值代入，可以得到 \(q^k = 243\)。
现在需要找到一个公比 \(q\)，它的某个整数 \(k\) 次方等于 243。可以对 243 进行质因数分解，\(243 = 3^5\)。
算术基本定理是处理整除性和数论函数的有力工具。
假定 \(a = p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} \cdots p_s^{\alpha_s}\)，有以下推论：
推论：\(d\) 是 \(a\) 的约数的充要条件是 \(d = p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_s^{e_s}, \ 0 \le e_i \le \alpha_i, \ 1 \le i \le s\)，即 \(d\) 中每个质数的幂次都不超过 \(a\)。
每个质因子上的幂次直接决定了两数之间的整除性。
例如 \(12 = 2^2 \times 3, \ 72 = 2^3 \times 3^2\)，\(12\) 的每个质因子上的幂次都对应地不超过 \(72\) 的，因此 \(12 | 72\)。
推论：若 \(b = p_1^{\beta_1} p_2^{\beta_2} \cdots p_s^{\beta_s}\)，这里允许某些 \(\alpha_i\) 或 \(\beta_i\) 为零，那么 \((a,b) = p_1^{\delta_1} p_2^{\delta_2} \cdots p_s^{\delta_s}, \ \delta_i = \min (\alpha_i, \beta_i), \ 1 \le i \le s\)，以及 \([a,b] = p_1^{\gamma_1} p_2^{\gamma_2} \cdots p_s^{\gamma_s}, \ \gamma_i = \max(\alpha_i, \beta_i), \ 1 \le i \le s\)。
比如，\(10 = 2 \times 5, \ 16 = 2^4\)，那么 \((10,16) = 2^{\min(1,4)} \times 5^{\min(1,0)} = 2^1 \times 5^0 = 2\)，且 \([10,16] = 2^{\max(1,4)} \times 5^{\max(1,0)} = 2^4 \times 5^0 = 80\)。
另外，这个性质也是 \([a_1,a_2](a_1,a_2) = a_1a_2\) 的一种直接证明，以 \(10\) 和 \(16\) 为例：\((10,16)[10,16] = 2^{\min(1,4)} \times 5^{\min(1,0)} \times 2^{\max(1,4)} \times 5^{\max(1,0)} = 2^{\min(1,4) + \max(1,4)} \times 5^{\min(1,0) + \max(1,0)} = 2^{1+4} \times 5^{1+0}\)，\(10 \times 16 = 2 \times 5 \times 2^4 = 2^{1+4} \times 5^{1+0}\)。
所以 \([a_1,a_2](a_1,a_2) = a_1a_2\) 的本质其实是 \(\min(\alpha,\beta) + \max(\alpha,\beta) = \alpha + \beta\)。
推论：用除数函数 \(\tau(a)\) 表示 \(a\) 的所有正约数的个数，则 \(\tau(a) = (\alpha_1+1) \cdots (\alpha_s + 1) = \tau(p_1^{\alpha_1}) \cdots \tau(p_s^{\alpha_s})\)。
相当于对于每个质因子上的幂次，可以取 \(0\) 到 \(\alpha_i\) 中的任意整数，共 \(\alpha_i + 1\) 个，由乘法原理可以直接得出，约数的个数。
比如，\(a = 2^7 \times 3^8 \times 5^9\)，则 \(a\) 的正约数个数等于 \((7+1)(8+1)(9+1) = 8 \times 9 \times 10 = 720\)。
推论：用除数和函数 \(\sigma(a)\) 表示 \(a\) 的所有正约数的和，则 \(\sigma(a) = \dfrac{p_1^{\alpha_1 + 1} - 1}{p_1 - 1} \cdots \dfrac{p_s^{\alpha_s + 1} - 1}{p_s - 1} = \sigma(p_1^{\alpha_1}) \cdots \sigma(p_s^{\alpha_s})\)。
比如，\(a = 120 = 2^3 \times 3 \times 5\) 的因子分别是 \(1,2,3,4,5,6,8,10,12,15,20,24,30,40,60,120\)。
用等比数列求和公式 \(\dfrac{p_1^{\alpha_1 + 1} - 1}{p_1 - 1} = 1 + p_1 + \cdots + p_1^{\alpha_1}\) 展开计算 \(\sigma(120) = \dfrac{2^4 - 1}{2 - 1} \dfrac{3^2-1}{3-1} \dfrac{5^2-1}{5-1} = (2^3+2^2+2^1+1)(3^1+1)(5^1+1)\)，把括号展开，发现 \(\sigma(120) = (2^3+2^2+2^1+1)(3^1+1)(5^1+1) = 120+24+40+8+60+12+20+4+30+6+10+2+15+3+5+1\)，等于之前的约数之和。
公式是乘法原理在乘法分配律上的体现，也展现了质因子之间的独立性。
例题：P1069 [NOIP2009 普及组] 细胞分裂
给定 \(m_1 \ (m_1 \le 30000), \ m_2 \ (m_2 \le 10000)\) 和 \(n \ (n \le 10000)\) 个正整数 \(S_i \ (S_i \le 2 \times 10^9)\)。设 \(x_i\) 是最小的使得 \(m_1^{m_2}\) 整除 \(S_i^{x_i}\) 的整数（也有可能不存在），求 \(\min(x_1, \cdots, x_n)\)。
分析：\(m_1^{m_2}\) 很大，难以直接处理。考虑 \(m_1 = p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} \cdots p_s^{\alpha_s}\)，那么 \(m_1^{m_2} = p_1^{\alpha_1 m_2} p_2^{\alpha_2 m_2} \cdots p_s^{\alpha_s m_2}\)。接下来只需要解决题意中的 \(x_i\) 的求解。
当 \(m_1^{m_2}\) 中的每个质因子的幂次都不超过 \(S_i^{x_i}\) 时，\(m_1^{m_2} | S_i^{x_i}\) 成立。\(S_i^{x_i}\) 中的质因子是否出现由 \(S_i\) 决定，而质因子出现了几次主要由 \(x_i\) 决定。若 \(S_i = p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_s^{e_s} p_{s+1}^{e_{s+1}} \cdots p_{s+r}^{e_{s+r}}\)，其中 \(p_{s+1}\) 到 \(p_{s+r}\) 表示与 \(m_1\) 无关的质因子，那么 \(x_i\) 应该使得对于所有 \(1 \le j \le s\)，满足 \(\alpha_j m_2 \le e_j x_i\)。
所以从 \(m_1\) 的每个质因子 \(p_j\) 出发：如果这个 \(p_j\) 不能整除 \(S_i\)，则说明 \(S_i\) 不包含这个质因子，进而说明找不到题设要求的 \(x_i\)；如果这个 \(S_i\) 能整除 \(p_j\)，那么只要求出对应的 \(e_j\)，就能算出第 \(j\) 个质因子，要求 \(x_i\) 不小于 \(\left\lceil \dfrac{\alpha_j m_2}{e_j} \right\rceil\)，再对所有这样的要求取最大值，就得到了 \(x_i\)。最后对所有合法的 \(x_i\) 取最小值就是答案。
参考代码
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 200;
int cnt[N], cnts[N];
int main()
{
int n, m1, m2;
scanf("%d%d%d", &n, &m1, &m2);
int m = m1;
// 对m1分解质因数
for (int i = 2; i * i <= m; i++) {
while (m1 % i == 0) {
cnt[i]++;
m1 /= i;
}
}
int ans = -1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 0; j < N; j++) cnts[j] = 0;
int s;
scanf("%d", &s);
// 对s分解质因数
for (int j = 2; j * j <= m; j++) {
while (s % j == 0) {
cnts[j]++;
s /= j;
}
}
bool ok = true;
int tmp = 0;
if (m1 > 1) {
int cntm = 0;
while (s % m1 == 0) {
cntm++; s /= m1;
}
if (cntm == 0) continue;
tmp = (m2 + cntm - 1) / cntm;
}
for (int j = 2; j * j <= m; j++) {
if (cnt[j] != 0 && cnts[j] == 0) {
ok = false; break;
}
if (cnt[j] > 0 && cnts[j] > 0) {
tmp = max(tmp, (cnt[j] * m2 + cnts[j] - 1) / cnts[j]);
}
}
if (ok && (ans == -1 || tmp < ans)) ans = tmp;
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
习题：P9836 种树
解题思路
假设树高 \(p\) 分解质因数之后是 \(p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} \cdots p_s^{\alpha_s}\)，则它的正因数个数是 \((\alpha_1 + 1)(\alpha_2 + 1) \cdots (\alpha_s + 1)\)。
每次施肥实际上是考虑肥料 \(w\) 的每一个质因子该用在哪棵树上，这就相当于把该树高度的这个质因子的指数 \(+1\)，假设原来的指数是 \(x\)，则施肥后指数变为 \(x+1\)，而指数是 \(x\) 时对正因子个数的贡献是 \(x+1\)，指数是 \(x+1\) 时对正因子个数的贡献是 \(x+2\)，因此整体的正因子个数乘积变为原来的 \(\dfrac{x+2}{x+1}\)。
分析这个式子可以发现，原来的 \(x\) 越小，对其施肥后对整体的贡献增长最大，所以应该把这个质因子用在该质因子指数最小的那棵树上，按照这个策略把肥料中的每个质因子使用出去即可。
时间复杂度为 \(O(nm)\)，这里的 \(m\) 指的是 \(n\) 以内的质数个数（\(\le 1500\)）。
参考代码
#include <cstdio>
const int N = 10005;
const int M = 1500;
const int MOD = 998244353;
int cnt[N][M], prime[N], len;
bool is_prime[N];
void init() {
for (int i = 2; i < N; i++) is_prime[i] = true;
for (int i = 2; i < N; i++) {
if (is_prime[i]) {
prime[++len] = i;
for (int j = i * 2; j < N; j += i) is_prime[j] = false;
}
}
}
int main()
{
init();
int n, w;
scanf("%d%d", &n, &w);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int x;
scanf("%d", &x);
for (int j = 1; j <= len; j++) {
cnt[i][j] = 1;
while (x % prime[j] == 0) {
cnt[i][j]++;
x /= prime[j];
}
}
}
for (int i = 1; i <= len; i++) {
while (w % prime[i] == 0) {
int minj = 1;
for (int j = 2; j <= n; j++)
if (cnt[j][i] < cnt[minj][i]) minj = j;
cnt[minj][i]++;
w /= prime[i];
}
}
int ans = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= len; j++)
ans = 1ll * ans * cnt[i][j] % MOD;
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
习题：P8980 「DROI」Round 1 游戏
解题思路
根据算数基本定理，任何正整数 \(x\) 都可以唯一分解为质因数的乘积 \(x = p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots p_k^{\alpha_k}\)。
要唯一确定 \(x\)（在 \(1\) 到 \(n\) 范围内），等价于要唯一确定 \(x\) 在每个质数 \(p \le n\) 下的指数 \(\alpha\)。
对于每一次询问和回答，根据 GCD 的性质，回答等价于告诉对方 \(v_p(g_i) = \min(v_p(x),v_p(a_i))\)，其中 \(v_p(n)\) 表示 \(n\) 中质因子 \(p\) 的指数。
考虑单个质数 \(p\)，设 \(k_{\max}\) 为满足 \(p^k \le n\) 的最大整数（即 \(k_{\max} = \lfloor \log_p n \rfloor\)），那么 \(x\) 中 \(p\) 的指数 \(v_p(x)\) 的可能取值范围是 \([0,k_{\max}]\)。
如果某次询问的 \(a_i\) 满足 \(v_p(a_i) = k_{\max}\)，那么 \(\min(v_p(x),v_p(a_i))\) 的结果必然等于 \(v_p(x)\)（因为 \(v_p(x) \le k_{\max} = v_p(a_i)\)），这意味着这次询问直接暴露了 \(x\) 中 \(p\) 的确切指数。
反过来讲，如果某次询问的 \(a_i\) 中没有满足这样条件的质因子，那么这次询问获取不到什么确定性信息。
而如果对于所有的询问 \(a_i\)，都不包含某个 \(p\) 的 \(k_{\max}\)，那么肯定可以构造出一个值使对方无法确定（只要将 \(x\) 中那个 \(p\) 的指数设为 \(k_{\max}\) 即可）。
因此游戏结束的条件就是对于所有的 \(p \le n\)，都至少存在一次询问 \(a_i\) 使得该询问“覆盖”了 \(p\) 的最大可能指数。而游戏持续的最长轮数，就是所有质数被“确定”所需的最早时间的最大值。如果有任何一个质数永远无法被确定，则游戏无限进行，输出 game won't stop。
实际上在每次有效询问中，最多只能确定一个质数在 \(x\) 中的次数，这是因为 \(a_i \le n\)，不可能有这样一个数使得其包含两个质数的“最大指数”。所以在 \(Q\) 次询问中最多确定 \(Q\) 个质数的次数，也就是说 \(n\) 的范围内的质数如果大于等于 \(Q_{\max} = 2\times 10^6 + 1\) 个，那么一定不可能让游戏结束。因此，在预处理质数筛时处理到大约 \(3.25 \times 10^7\) 即足够。
参考代码
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
using ll = long long;
using std::vector;
using std::max;
const int Q = 2000005;
// B: 筛法的上限阈值。如果 n >= B，则认为质数太多无法覆盖，直接判定无法停止。
// 这个阈值大约是 3.25 * 10^7，在此范围内质数个数接近题目给定的询问次数上限。
const int B = 32500000;
bool flag[B]; // 标记数组，true表示合数
ll a[Q]; // 存储询问序列
int minp[B]; // 存储每个数的最小质因子在 p 数组中的下标
int pos[Q]; // 记录每个质数被“确定”的最早时间（询问编号）
vector<int> p; // 存储所有质数
// 线性筛预处理
void init() {
for (int i = 2; i < B; i++) {
if (!flag[i]) {
// 如果 i 是质数，记录其在 p 中的下标
minp[i] = p.size();
p.push_back(i);
}
for (int j = 0; j < p.size(); j++) {
int x = p[j];
if (1ll * x * i >= B) break;
flag[i * x] = true;
minp[i * x] = j; // 记录 i*x 的最小质因子下标
if (i % x == 0) break;
}
}
}
void solve() {
ll n;
int q;
scanf("%lld%d", &n, &q);
for (int i = 1; i <= q; i++) {
scanf("%lld", &a[i]);
}
// 如果 n 超过了筛的范围，说明 n 很大，质数非常多，
// 在给定的询问次数下无法区分所有质数的指数，因此游戏不会停止。
if (n >= B) {
printf("game won't stop\n");
return;
}
// 初始化：清空小于等于 n 的所有质数的 pos 记录
// pos[i] 表示第 i 个质数满足区分条件的最早询问轮数，0表示未满足
for (int i = 0; i < p.size(); i++) {
if (p[i] > n) break;
pos[i] = 0;
}
// 处理每个询问
for (int i = 1; i <= q; i++) {
// 分解 a[i] 的质因数
// 由于 a[i] <= n < B，可以直接利用 minp 数组快速分解
while (a[i] > 1) {
int j = minp[a[i]]; // 获取当前最小质因子的下标
int num = 1; // num 用于计算当前质因子 p[j] 在 a[i] 中的最高次幂
// 除去所有的 p[j] 因子
while (a[i] % p[j] == 0) {
num *= p[j];
a[i] /= p[j];
}
// 判断关键条件：
// 如果 num * p[j] > n，说明 x 中 p[j] 的指数已经是最大值。
// 此时 gcd(x, a[i]) 可以精确确定 x 中 p[j] 的指数。
if (1ll * num * p[j] > n && pos[j] == 0) {
pos[j] = i;
}
}
}
int ans = 0;
// 检查所有小于等于 n 的质数是否都被“确定”了
for (int i = 0; i < p.size(); i++) {
if (p[i] > n) break;
// 如果存在某个质数没有被任何询问区分出来，则无法唯一确定 x
if (pos[i] == 0) {
printf("game won't stop\n");
return;
}
// 游戏结束的时间取决于最后一个被确定的质数的时间
ans = max(ans, pos[i]);
}
printf("%d\n", ans);
}
int main()
{
init(); // 预处理质数
int t;
scanf("%d", &t);
for (int i = 1; i <= t; i++) solve();
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号