算术基本定理

一、定理内容

算术基本定理，又名唯一分解定理。若(a>1),那么必有(a=p_1 ^ {alpha _1}p_2^{alpha _2}...p_s^{alpha _s}),其中(p_j(1<=j<=s))是两两不相同的质数，(a_j(1<=j<=s))表示对应质数的幂次(出现的次数)。若在不计次序的意义下，该分解式是唯一的。

二、分解质因数

/**
 * 功能：分解质数因数
 * @param x 待分解的数字
 * @param a 分解后的数组
 * @return 数组的最后一个元素下标
 */
int Decomposition(int x, int a[]) {
    int cnt = 0;
    for (int i = 2; i <= x / i; i++)
        while (x % i == 0) {
            x /= i;
            a[++cnt] = i;
        }
    if (x > 1)a[++cnt] = x;
    return cnt;
}

const int N = 110;
int a[N];

//用法：
int cnt = Decomposition(12, a);
for (int i = 1; i <= cnt; i++) cout << a[i] << " ";

三、推论1

(d)是(a)的约数的充要条件是:

(a=p_1^{alpha _1}p_2^{alpha _2}...p_s^{alpha _s})

(d=p_1^{e_1}p_2^{e_2}...p_s^{e_s}),(0<=e_j<=a_j),(1<=j<=s),即(d)中每个质数的幂次都不超过(a)的幂次。

这个推论用人话说就是：

如果(d|a),那么必然：

(1)、(d)里的每一个因子，都能在(a)的因子中找到。

(2)、(d)中每一个因子的幂，必须小于等于(a)中同因子的幂。

(3)、如果有一个因子在(a)中存在，而在(d)中不存在，可以认为此因子在(d)中也存在，只是幂为(0)。

四、推论2

(a=p_1^{alpha _1}p_2^{alpha _2}...p_s^{alpha _s})

(b=p_1^{eta _1}p_2^{eta _2}...p_s^{eta _s})

(这里允许某些(alpha _j)或(eta _j))为零，那么((a,b)=p_1^{delta _1}p_2^{delta _2}...p_s^{delta _s}) ,(delta _j=min(alpha _j,eta _j)),(1<=j<=s),以及([a,b]=p_1^{gamma _1}p_2^{gamma _2}...p_s^{gamma _s}),(gamma _j=max(alpha _j,eta _j)),(1<=j<=s)。

举个栗子：

(10=2 imes 5,16=2^4),那么

((10,16)=2^{min(1,4)} imes 5 ^{min(1,0)}=2^1 imes 5^0=2)

([10,16]=2^{max(1,4)} imes 5 ^{max(1,0)}=2^4 imes 5^1=80)

五、约数个数定理

对于一个大于(1)正整数(n)可以分解质因数：(n=p_1^{a_1}*p_2^{a_2}*p_3^{a_3}*…*p_k^{a_k})

(n)的约数个数=((a_1+1)(a_2+1)(a_3+1)…(a_k+1))个

注意：这里约数的个数只与幂有关，与具体是哪个质数因子无关！

举个栗子：
例题：正整数(378000)共有多少个正约数？

解：将(378000)分解质因数(378000=2^4×3^3×5^3×7^1)

由约数个数定理可知(378000)共有正约数((4+1)×(3+1)×(3+1)×(1+1)=160)个。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long LL;

const int N = 110;
const int mod = 1e9 + 7;

int main() {
    int n;
    cin >> n;
    //记录质数因子及个数
    unordered_map<int, int> primes;
    while (n--) {
        int x;
        cin >> x;
        for (int i = 2; i <= x / i; i++)
            while (x % i == 0) {
                x /= i;
                primes[i]++;
            }
        //如果还有大因子，那就加上
        if (x > 1) primes[x]++;
    }
    //公式
    LL res = 1;
    for (auto p: primes) res = res * (p.second + 1) % mod;
    //输出结果
    cout << res << endl;
    return 0;
}

六、约数和定理

对于一个大于(1)正整数n可以分解质因数：(n=p_1^{a_1}*p_2^{a_2}*p_3^{a_3}*…*p_k^{a_k}),

(n)的正约数个数=((a_1+1)(a_2+1)(a_3+1)…(a_k+1))个，

那么(n)的((a_1+1)(a_+1)(a_+1)…(a_+1))个正约数的和为

(n)的约数和(=(p_1^0+p_1^1+p_1^2+…p_1^{a_1})(p_2^0+p_2^1+p_2^2+…p_2^{a_2})...(p_k^0+p_k^1+p_k^2+…p_k^{a_k}))

注意：这里约数和不光与幂有关，还与具体是哪个质数因子有关！

举个栗子：

例题：正整数(360)的所有正约数的和是多少？

解：将(360)分解质因数可得
(360=2^3*3^2*5^1)

由约数和定理可知，(360)所有正约数的和为
((2^0+2^1+2^2+2^3)×(3^0+3^1+3^2)×(5^0+5^1)=(1+2+4+8)×(1+3+9)×(1+5)=15×13×6=1170)

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 110;
const int mod = 1e9 + 7;

int main() {
    int n;
    cin >> n;
    unordered_map<int, int> primes;

    while (n--) {
        int x;
        cin >> x;
        for (int i = 2; i <= x / i; i++)
            while (x % i == 0) {
                x /= i;
                primes[i]++;
            }
        if (x > 1) primes[x]++;
    }

    LL res = 1;
    for (auto p : primes) {
        LL a = p.first, b = p.second;
        LL t = 1;
        while (b--) t = (t * a + 1) % mod;
        res = res * t % mod;
    }
    cout << res << endl;
    return 0;
}