深入分析C语言分解质因数的实现方法

首先来看一个最简单的C语言实现质因数分解的列子：

#include 
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
把一个合数分解为若干个质因数的乘积的形式，即求质因数的过程叫做分解质因数，分解质因数只针对合数

求一个数分解质因数，要从最小的质数除起，一直除到结果为质数为止。分解质因数的算式的叫短除法，和除法的性质差不多，还可以用来求多个个数的公因式：

以24为例：

2 -- 24

2 -- 12

2 -- 6

3 （3是质数，结束）

得出 24 = 2 × 2 × 2 × 3 = 2^3 * 3

代码
可先用素数筛选法，筛选出符合条件的质因数，然后for循环遍历即可，通过一道题目来show一下这部分代码

题目1

    题目描述： 
    求正整数N(N>1)的质因数的个数。 
    相同的质因数需要重复计算。如120=2*2*2*3*5，共有5个质因数。 
    输入： 
    可能有多组测试数据，每组测试数据的输入是一个正整数N，(1     输出： 
    对于每组数据，输出N的质因数的个数。 
    样例输入： 
    120 
    样例输出： 
    5 
    提示： 
    注意：1不是N的质因数；若N为质数，N是N的质因数。 

ac代码

 #include  
   
  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("%dn", count); 
    } 
   
    return 0; 
  } 

深入理解
我所谓的深入理解，就是通过4星的题目来灵活运用分解质因数的方法，题目如下

题目2

    题目描述： 
    给定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。 
    输入： 
    两个整数n(2<=n<=1000)，a(2<=a<=1000) 
    输出： 
    一个整数. 
    样例输入： 
    6 10 
    样例输出： 
    1 

思路
a^k和n!都可能非常大，甚至超过long long int的表示范围，所以也就不能直接用取余操作判断它们之间是否存在整除关系，因此我们需要换一种思路，从分解质因数入手，假设两个数a和b：

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

, 则b除以a可以表示为：

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

若b能被a整除，则 b / a必为整数，且两个素数必护质，则我们可以得出如下规律：

    若a存在质因数px，则b必也存在该质因数，且该素因数在b中对应的幂指数必不小于在a中的幂指数

另b = n!, a^k = p1^ke1 * p2^ke2 * ... * pn^ken，因此我们需要确定最大的非负整数k即可。要求得该k，我们只需要依次测试a中每一个素因数，确定b中该素因数是a中该素因数的幂指数的多少倍即可，所有倍数中最小的那个即为我们要求得的k

分析到这里，剩下的工作似乎只是对a和n!分解质因数，但是将n!计算出来再分解质因数，这样n!数值太大。考虑n!中含有素因数p的个数，即确定素因数p对应的幂指数。我们知道n!包含了从1到n区间所有整数的乘积， 这些乘积中每一个p的倍数（包括其本身）都对n!贡献至少一个p因子，且我们知道在1到n中p的倍数共有n/p个。同理，计算p^2，p^3,...即可

代码

#include  
  #include  
  #include  
    
  #define N 1001 
    
  int prime[N], size; 
    
   
  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; 
      
    // 预处理 
    initProcess(); 
    
    while (scanf("%d %d", &n, &a) != EOF) { 
      ansbase = (int *)calloc(size, sizeof(int)); 
      ansnum = (int *)calloc(size, sizeof(int)); 
    
      // 将a分解质因数 
      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("%dn", k);  
    } 
    
    return 0; 
  } 
    
   

约数个数定理
对于一个大于1的正整数n可以分解质因数：

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

, 则n的正约数的个数为：

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

.其中p1,p2,..pn都是n的质因数，a1, a2...an是p1,p2,..pn的指数

证明
n可以分解质因数：n=p1^a1 * p2^a2 * p3^a3 * … * pk^ak,

由约数定义可知p1^a1的约数有:p1^0, p1^1, p1^2......p1^a1 ，共（a1+1）个;同理p2^a2的约数有（a2+1）个......pk^ak的约数有（ak+1）个

故根据乘法原理：n的约数的个数就是

(a1+1）*（a2+1）*（a3+1）*…* (ak+1)

题目3

    题目描述： 
    输入n个整数,依次输出每个数的约数的个数 
    输入： 
    输入的第一行为N，即数组的个数(N<=1000) 
    接下来的1行包括N个整数，其中每个数的范围为(1<=Num<=1000000000) 
    当N=0时输入结束。 
    输出： 
    可能有多组输入数据，对于每组输入数据， 
    输出N行，其中每一行对应上面的一个数的约数的个数。 
    样例输入： 
    5 
    1 3 4 6 12 
    样例输出： 
    1 
    2 
    3 
    4 
    6 

代码

#include  
  #include  
    
  #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("%lldn", count); 
      } 
    
      free(arr); 
    } 
    
    return 0; 
  }