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<N<10^9)。 
    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  1) { count ++; } printf("%d\n", 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; /** * 素数筛选法进行预处理 */ 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; // 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 </div><p><strong>约数个数定理<br /></strong>对于一个大于1的正整数n可以分解质因数：</p><div class="gaodaimacode"><pre class="prettyprint linenums"> 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) * 来源gao@daima#com搞(%代@#码@网(size + 1)); for (i = 2, num = 0; i