1. Giới thiệu
Số nguyên tố là số nguyên dương lớn hơn 111 và chỉ có đúng hai ước là 111 và chính nó.
Bạn đang xem: Thuật toán phân tích một số ra thừa số nguyên tố
Hợp số, là các số nguyên dương lớn hơn 111 và có nhiều hơn hai ước.
Lấy ví dụ: 555 là một số nguyên tố, vì nó chỉ có đúng hai ước là 111 và 555. Ngược lại 101010 là một hợp số vì nó có bốn ước là 1,2,51, 2, 51,2,5 và 101010. Số nguyên tố và các vấn đề xoay quanh nó luôn là một chủ đề được yêu thích trong Toán học nói chung và lập trình thi đấu nói riêng.
2. Kiểm tra tính nguyên tố của một số
2.1. Giải thuật cơ sở
Ý tưởng ban đầu rất đơn giản: Ta duyệt qua tất cả các số nguyên từ 222 tới N−1,N - 1,N−1, nếu như có số nào là ước của NNN thì kết luận NNN không phải số nguyên tố. Giải thuật có độ phức tạp O(N)O(N)O(N).
bool is_prime(int N){ if (N 2) return false; for (int i = 2; i N; ++i) if (N % i == 0) return false; return true;}
2.2. Cải tiến:
Xuất phát từ nhận xét sau: Giả sử số nguyên dương NNN có ước là DDD (0D≤N),(0 (0D≤N), khi đó NNN sẽ có thêm một ước là ND(N≤ND≤N)\frac{N}{D} (\sqrt{N} \le \frac{N}{D} \le N)DN(N≤DN≤N). Như vậy ta chỉ cần kiểm tra các số nguyên từ 222 tới N\sqrt{N}N xem NNN có chia hết cho số nào không, nếu không thì kết luận NNN là số nguyên tố. Giải thuật có độ phức tạp chỉ là O(N)O(\sqrt{N})O(N).bool is_prime(int N){ if (N 2) return false; for (int i = 2; i * i N; ++i) if (N % i == 0) return false; return true;}II. Sàng lọc số nguyên tố Eratosthenes
1. Giới thiệu
Sàng Eratosthenes là một giải thuật cổ xưa do nhà Toán học người Hy Lạp Eratosthenes phát minh ra để tìm các số nguyên tố nhỏ hơn 100100100. Tương truyền, khi tìm ra thuật toán, ông đã lấy lá cọ và ghi tất cả các số từ 222 cho đến 100100100 lên đó, sau đó chọc thủng các hợp số và giữ nguyên các số nguyên tố. Bảng số nguyên tố còn lại trông rất giống một cái sàng. Do đó, nó có tên là sàng Eratosthenes.
Với sự phát triển của máy tính, sàng Eratosthenes trở thành một công cụ rất hữu dụng để tìm ra các số nguyên tố trong một khoảng nhất định, với điều kiện bộ nhớ có thể lưu trữ được.
2. Cài đặt giải thuật
Nguyên lý hoạt động của sàng Eratosthenes như sau: Xét các số nguyên tố từ 222 tới N,\sqrt{N},N, với mỗi số nguyên tố ta sẽ đánh dấu các bội của nó mà lớn hơn nó đều là hợp số. Sau khi duyệt xong, tất cả các số chưa được đánh dấu sẽ là số nguyên tố. Dưới đây cài đặt sàng lọc các số nguyên tố từ 111 tới NNN.
void eratosthenes_sieve(int N){ fill(is_prime, is_prime + 1 + N, true); // Mảng đánh dấu một số có phải số nguyên tố không. is_prime<0> = is_prime<1> = false; // 0 và 1 không phải số nguyên tố. for (int i = 2; i * i N; ++i) if (is_prime) // Nếu i là số nguyên tố for (int j = i * i; j N; j += i) // Loại bỏ các bội của i lớn hơn i is_prime
Đánh giá độ phức tạp giải thuật:
Với i=2i = 2i=2, vòng lặp bên trong lặp N2\frac{N}{2}2N lần.Với i=3i = 3i=3, vòng lặp bên trong lặp N3\frac{N}{3}3N lần.Với i=5i = 5i=5, vòng lặp bên trong lặp N5\frac{N}{5}5N lần..........Tổng số lần lặp sẽ là N.(12+13+15+...)N.(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+...)N.(21+31+51+...), độ phức tạp sẽ tiến tới O(N.log(N))O(N.log(N))O(N.log(N)).3. Sàng số nguyên tố trên đoạn
Ở một số trường hợp, người ta cần tìm các số nguyên tố trên đoạn
Ý tưởng giải thuật như sau: Sàng lọc trước một mảng gồm các số nguyên tố trong đoạn <2...R><2...\sqrt{R}><2...R>, sau đó duyệt qua các số nguyên tố này, loại bỏ các bội của chúng nằm trong đoạn
void range_eratosthenes(int L, int R){ int range = R - L + 1; fill(is_prime, is_prime + 1 + range, true); // Duyệt các bội của i từ bội nhỏ nhất thuộc đoạn
Vấn đề phân tích thừa số nguyên tố cũng khá được quan tâm trong lập trình thi đấu, và nó còn có một số ứng dụng khác trong số học. Dưới đây chúng ta sẽ xem xét vài phương pháp phân tích thừa số nguyên tố thường dùng.
1. Giải thuật cơ sở
Ta xét mọi số nguyên tố bắt đầu từ 2,2,2, nếu NNN chia hết cho số nguyên tố PPP thì chia NNN cho PPP tới khi không thể chia hết nữa, rồi tăng PPP lên và lặp lại công việc tới khi N=1N=1N=1. Trên thực tế thừa số nguyên tố chính là thành phần cấu tạo nên một ước của N,N,N, do đó khi tách hết một thừa số nguyên tố XXX khỏi NNN thì NNN sẽ không thể chia hết cho các bội lớn hơn XXX nữa.
Cài đặt:
vector int > extract(int N){ int p = 2; vector int > prime_factor; // Lưu thừa số nguyên tố vào vector. while (N > 1) { while (N % p == 0) { prime_factor.push_back(p); N /= p; } ++p; } return prime_factor;}
2. Cải tiến lần 1
Xuất phát từ nhận xét sau: Không thể xảy ra trường hợp mọi thừa số nguyên tố của NNN đều lớn hơn N,\sqrt{N},N, do đó chúng ta chỉ cần xét các ước của NNN từ 222 tới N\sqrt{N}N và chia dần NNN cho các ước của nó tới khi NNN bằng 111. Nếu không thể tìm được ước nào từ 222 tới N\sqrt{N}N thì NNN phải là một số nguyên tố. Độ phức tạp giải thuật là O(N)O(\sqrt{N})O(N).Cài đặt:
vector int > extract(int N){ vector int > prime_factor; for (int i = 2; i * i N; ++i) while (N % i == 0) { prime_factor.push_back(i); N /= i; } if (N > 1) prime_factor.push_back(i); return prime_factor;}
3. Phân tích thừa số nguyên tố bằng sàng Eratosthenes:
Từ hai giải thuật trên ta thấy: Ở mỗi bước phân tích cần tìm ra ước nguyên tố nhỏ nhất của NNN rồi chia NNN cho ước đó. Ta sẽ thay đổi sàng Eratosthenes đi một chút để lấy được ngay ước nguyên tố nhỏ nhất của NNN trong O(1)O(1)O(1) ở mỗi bước phân tích, điều này sẽ giúp giảm thời gian chạy đi đáng kể.Cài đặt:
void eratosthenes_sieve(int N){ fill(smallest_divisor + 1, smallest_divisor + 1 + N, 0); // Ước nguyên tố nhỏ nhất của N, lưu vào mảng. fill(is_prime, is_prime + 1 + N, true); is_prime<0> = is_prime<1> = false; for (int i = 2; i * i N; ++i) if (is_prime) // Nếu i là số nguyên tố for (int j = i * i; j N; j += i) { is_prime
4. Đếm số ước của một số nguyên
Giả sử ta phân tích được NNN thành các thừa số nguyên tố ở dạng:
N=p1k1×p2k2×...×pmkmN=p_1^{k_1}\times p_2^{k_2}\times ... \times p_m^{k_m}N=p1k1×p2k2×...×pmkm
Các ước số của NNN sẽ phải có dạng:
p1r1×p2r2×...×pmrmp_1^{r_1}\times p_2^{r_2}\times ...\times p_m^{r_m}p1r1×p2r2×...×pmrm
với 0≤r1≤k1,0≤r2≤k2,...,0≤rm≤km0 \le r_1 \le k_1, 0 \le r_2 \le k_2,..., 0 \le r_m \le k_m0≤r1≤k1,0≤r2≤k2,...,0≤rm≤km.
Theo nguyên lý nhân, ta thấy: r1r_1r1 có k1+1k_1 + 1k1+1 cách chọn, r2r_2r2 có k2+2k_2 + 2k2+2 cách chọn,..., rmr_mrm có km+1k_m + 1km+1 cách chọn. Như vậy số lượng ước của NNN sẽ được tính theo công thức:
FN=(k1+1)×(k2+1)×...×(km+1)F_N=(k_1+1)\times (k_2+1) \times ... \times (k_m+1)FN=(k1+1)×(k2+1)×...×(km+1)
Từ đây, ta có ý tưởng đếm số ước của một số nguyên dương N như sau:
Phân tích NNN thành thừa số nguyên tố.Đặt một biến cnt_x\text{cnt\_x}cnt_x là số lần xuất hiện của thừa số nguyên tố xxx trong phân tích của NNN. Ta vừa phân tích NNN vừa cập nhật số lượng thừa số nguyên tố lên biến cnt_x\text{cnt\_x}cnt_x.Cài đặt:
int count_divisors(int N){ int total_divisor = 1; // Chắc chắn N có ước là 1. for (int i = 2; i * i N; ++i) { int cnt = 0; // Đếm số lượng thừa số nguyên tố i trong phân tích của N. while (N % i == 0) { ++cnt; N /= i; } total_divisors *= (cnt + 1); } if (N > 1) total_divisors *= 2; return total_divisors;}Bạn đọc hãy tự suy nghĩ thêm cách sử dụng sàng Eratosthene để đếm số ước của số nguyên dương N,N,N, sẽ rất hữu dụng trong các bài toán cần đếm nhanh số ước của NNN.
5. Tính tổng các ước số nguyên dương của một số nguyên dương
Định lý: Nếu một số nguyên dương NNN khi phân tích ra thừa số nguyên tố có dạng:
N=p1k1×p2k2×...×pmkm (ki≠0;∀i:1≤i≤m)N=p_1^{k_1}\times p_2^{k_2}\times ... \times p_m^{k_m} \text{ } (k_i \ne 0; \forall i: 1 \le i \le m)N=p1k1×p2k2×...×pmkm (ki=0;∀i:1≤i≤m) thì tổng các ước nguyên dương của nó được tính theo công thức:
σ(N)=∏i=1k(pimi+1pi−1)\sigma(N) = \prod_{i = 1}^k (\frac{p_i^{m_i + 1}}{p_i - 1})σ(N)=i=1∏k(pi−1pimi+1)
Chứng minh: Các ước số của NNN sẽ phải có dạng:
p1r1×p2r2×...×pmrmp_1^{r_1}\times p_2^{r_2}\times ...\times p_m^{r_m}p1r1×p2r2×...×pmrm
với 0≤r1≤k1,0≤r2≤k2,...,0≤rm≤km0 \le r_1 \le k_1, 0 \le r_2 \le k_2,..., 0 \le r_m \le k_m0≤r1≤k1,0≤r2≤k2,...,0≤rm≤km.
Xem thêm: Tác Dụng Của Lưu Huỳnh Hóa Trị Mấy? Ứng Dụng Của Phi Kim Này Trong Đời
→\rightarrow→ Tổng các ước của NNN là:
σ(N)=∑r1=0k1∑r2=0k2⋯∑rm=0km(p1r1×p2r2×⋯×pmrm=∑r1=0k1p1r1×∑r2=0k2p2r2×⋯×∑rm=0kmpmrm (1)\sigma(N) = \sum_{r_1=0}^{k_1} \sum_{r_2=0}^{k_2} \cdots \sum_{r_m = 0}^{k_m} (p_1^{r_1} \times p_2^{r_2} \times \cdots \times p_m^{r_m} = \sum_{r_1=0}^{k_1} p_1^{r_1} \times \sum_{r_2=0}^{k_2} p_2^{r_2} \times \cdots \times \sum_{r_m=0}^{k_m} p_m^{r_m} \ (1)σ(N)=∑r1=0k1∑r2=0k2⋯∑rm=0km(p1r1×p2r2×⋯×pmrm=∑r1=0k1p1r1×∑r2=0k2p2r2×⋯×∑rm=0kmpmrm (1)
Mà ta có công thức dãy cấp số nhân sau:
p0+p1+p2+...+pn=pn+1−1p−1 (2)p^0 + p^1 + p^2 +...+ p^n = \frac{p^{n + 1} - 1}{p - 1} \ (2)p0+p1+p2+...+pn=p−1pn+1−1 (2)
Từ (1)(1)(1) và (2)(2)(2), ta có:
σ(N)=p1k1+1−1p1−1×p2k2+1−1p2−1×⋯×pmkm+1−1pm−1\sigma(N) = \frac{p_1^{k_1 + 1} - 1}{p_1 - 1} \times \frac{p_2^{k_2 + 1} - 1}{p_2 - 1} \times \cdots \times \frac{p_m^{k_m + 1} - 1}{p_m - 1}σ(N)=p1−1p1k1+1−1×p2−1p2k2+1−1×⋯×pm−1pmkm+1−1
Cài đặt:
int exponentiation(int A, int B){ if (B == 0) return 1; int half = exponentiation(A, B / 2); if (B & 1) return half * half * A; else return half * half;}int get_sum_divisors(int N){ if (N == 1) return 1; int sum_divisor = 1; for (int i = 2; i * i N; ++i) { int cnt = 0; // Đếm số lượng thừa số nguyên tố i trong phân tích của N. while (N % i == 0) { ++cnt; N /= i; } if (cnt != 0) sum_divisors *= ((exponentiation(i, cnt + 1) - 1) / (i - 1)); } if (N > 1) sum_divisors *= (N * N / (N - 1)); return sum_divisors;}Tương tự, bạn đọc hãy tự suy nghĩ cách cải tiến việc phân tích thừa số nguyên tố bằng sử dụng sàng lọc eratosthene, trong những bài toán multitest sẽ cực kỳ hữu dụng về mặt tối ưu thời gian chạy.