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HuangHai
2025-08-30 18:35:01 +08:00
commit 1f397eca87
6258 changed files with 1487241 additions and 0 deletions
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24
TangDou/AcWing/Prime/866.cpp Normal file
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@@ -0,0 +1,24 @@
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool isPrime(int n) {
if (n < 2) return false;
for (int i = 2; i <= n / i; i++)
if (n % i == 0) return false;
return true;
}
int main() {
int n;
cin >> n;
while (n--) {
int a;
cin >> a;
if (isPrime(a))
puts("Yes");
else
puts("No");
}
return 0;
}

58
TangDou/AcWing/Prime/866.md Normal file
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@@ -0,0 +1,58 @@
##[$AcWing$ $866$. 试除法判定质数](https://www.acwing.com/problem/content/description/868/)
### 一、题目描述
给定 $n$ 个正整数 $a_i$，判定每个数是否是质数。
**输入格式**
第一行包含整数 $n$。
接下来 $n$ 行，每行包含一个正整数 $a_i$。
**输出格式**
共 $n$ 行，其中第 $i$ 行输出第 $i$ 个正整数 $a_i$ 是否为质数，是则输出 `Yes`，否则输出 `No`。
**数据范围**
$1≤n≤100,1≤a_i≤2^{31}−1$
**输入样例：**
```cpp {.line-numbers}
2
2
6
```
**输出样例：**
```cpp {.line-numbers}
Yes
No
```
### 二、实现代码
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool isPrime(int n) {
if (n < 2) return false;
for (int i = 2; i <= n / i; i++)
if (n % i == 0) return false;
return true;
}
int main() {
int n;
cin >> n;
while (n--) {
int a;
cin >> a;
if (isPrime(a))
puts("Yes");
else
puts("No");
}
return 0;
}
```

25
TangDou/AcWing/Prime/867.cpp Normal file
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@@ -0,0 +1,25 @@
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void divide(int x) {
for (int i = 2; i <= x / i; i++)
if (x % i == 0) {
int s = 0;
while (x % i == 0) x /= i, s++;
cout << i << ' ' << s << endl;
}
if (x > 1) cout << x << ' ' << 1 << endl;
}
int main() {
int n;
cin >> n;
while (n--) {
int x;
cin >> x;
divide(x);
puts("");
}
return 0;
}

61
TangDou/AcWing/Prime/867.md Normal file
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@@ -0,0 +1,61 @@
##[$AcWing$ $867$. 分解质因数](https://www.acwing.com/problem/content/description/869/)
### 一、题目描述
给定 $n$ 个正整数 $a_i$，将每个数分解质因数，并按照质因数从小到大的顺序输出每个质因数的底数和指数。
**输入格式**
第一行包含整数 $n$。
接下来 $n$ 行，每行包含一个正整数 $a_i$。
**输出格式**
对于每个正整数 $a_i$，按照从小到大的顺序输出其分解质因数后，每个质因数的底数和指数，每个底数和指数占一行。
每个正整数的质因数全部输出完毕后，输出一个空行。
**数据范围**
$1≤n≤100,2≤a_i≤2×10^9$
**输入样例：**
```cpp {.line-numbers}
2
6
8
```
**输出样例：**
```cpp {.line-numbers}
2 1
3 1
2 3
```
### 二、实现代码
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void divide(int x) {
for (int i = 2; i <= x / i; i++)
if (x % i == 0) {
int s = 0;
while (x % i == 0) x /= i, s++;
cout << i << ' ' << s << endl;
}
if (x > 1) cout << x << ' ' << 1 << endl;
}
int main() {
int n;
cin >> n;
while (n--) {
int x;
cin >> x;
divide(x);
puts("");
}
return 0;
}
```

139
TangDou/AcWing/Prime/868.md Normal file
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@@ -0,0 +1,139 @@
##[$AcWing$ $868$. 筛质数](https://www.acwing.com/problem/content/description/870/)
### 一、题目描述
给定一个正整数 $n$，请你求出 $1∼n$ 中质数的个数。
**输入格式**
共一行，包含整数 $n$。
**输出格式**
共一行，包含一个整数，表示 $1∼n$ 中质数的个数。
**数据范围**
$1≤n≤10^6$
**输入样例：**
```cpp {.line-numbers}
8
```
**输出样例：**
```cpp {.line-numbers}
4
```
### 二、埃氏筛法
**[原理解析](https://blog.csdn.net/weixin_45378171/article/details/96422556)**
先去掉$2$的倍数，再去掉$3$的倍数，再去掉$4$的倍数，……依此类推，最后剩下的就是素数。
如求$100$以内的素数，我们只要到去掉$sqrt(100)$的倍数就可以了，这是因为$10$的$2$倍已经被$2$的倍数去掉了，$10$的$3$倍已经被$3$的倍数去掉了，所以到$10$的时候只剩下$10$的$10$倍以上的素数还存在。
同样的原因，我们在去掉$3$的倍数的时候，只要从$3$的3倍开始去掉就好了，因为$3$的$2$倍已经被$2$的倍数去掉了。
![QQ截图20210225151603.png](https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/02/25/64630_56cdc5c977-QQ截图20210225151603.png)
#### 实现代码
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
int primes[N], cnt; // primes[]存储所有素数
int st[N]; // st[x]存储x是否被筛掉
// 埃拉筛
void get_primes(int n) {
for (int i = 2; i <= n; i++)
if (!st[i]) {
primes[cnt++] = i; // 记录素数
for (int j = 2 * i; j <= n; j += i)
st[j] = 1; // 成倍数的标识
}
}
int main() {
int n;
cin >> n;
get_primes(n);
printf("%d\n", cnt);
return 0;
}
```
### 三、欧拉筛
* 不用每次筛去后剩下的能确定是素数中最大的数作为操作主体(在埃拉托色尼筛法中用$2$，$3$，$5$…)，而是用已经晒出来的质数数组中的数作为操作主体
* 核心思想：在埃氏筛法的基础上，让每个合数只被它的最小质因子筛选一次，以达到不重复的目的。
#### 原理
##### 1、每个合数都会被筛去
**证明：**
若 $n$ 为合数，设其质因子分解为 $$\LARGE n = p_1 \times p_2\times ...\times p_q$$，其中$\large p_i$可以等于$\large p_j$ , <font color='red' size=4><b>$\large p_1$ 为最小的素数</b></font>
由于任意小于 $p_1$ 的质数都不能整除 $p_2 \times ... \times p_q$，所以 $n$ 会在遇到$primes[j]=p_1$时，也就是 $\large i = p_2 \times ...\times p_q$ 时被筛去。
**证毕**,<font color='red' size=4><b>总结：就是枚举最小的质数因数</b></font>
##### 2、每个合数只会被筛去$1$次
**反证法：**
设合数 $n$ 即被 **质数**$\large p_1$ 筛去，也被 **质数**$\large p_{2}$ 筛去。那么有 $\large n = q_1 \times p_1 = q_2 \times p_2$，其中 $p_1$ 和 $p_2$ 均是 $n$ 的素因子。
不妨设 $\large p_1 < p_2$，则有$q_1>q_2$,且$p_1 和 p_2$ 互素，故有 $\large p_1 | q_2$,也就是$\large q_2 \% p_1=0$
当$i$ <font color='blue' size=4><b>枚举到</b></font> $q_2$ 时，质数数组是由小到大的，当遍历到 $p_1$ 时,有 $i \% p_1 == 0$，此时跳出循环，不会再遍历到后面的 $p_2$。
故 $n$ 不会被 $p_2$ 筛去，只会被其最小的素因子 $p_1$ 筛去。
**证毕**
#### 步骤
* 从 $i=2$ 开始，如果 $i$ 还没有被筛掉，则将 $i$ 加入至素数列表中
* <font color='red' size=4><b>遍历当前素数列表$primes[]$</b></font>，<font color='blue' size=4><b>筛去 $i \times primes[j]$</b></font>
(保证$primes[j]*i$不能越界，因为越界了对结果没意义。即$i*primes[j]<=n$)
* 当遍历到能整除 $i$ 的素数 $primes[j]$ 时，筛去 $i \times primes[j]$，<font color='red' size=4><b>停止对素数列表的遍历</b></font>
* 重复 $2, 3, 4$，直到所有不超过 $n$ 的整数都被遍历过
素数列表中的元素即为所求的不超过 $n$ 的所有素数
#### 实现代码
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
// 欧拉筛
const int N = 1e6 + 10;
int primes[N], cnt; // primes[]存储所有素数
int st[N]; // st[x]存储x是否被筛掉
void get_primes(int n) {
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (!st[i]) primes[cnt++] = i;
for (int j = 0; primes[j] * i <= n; j++) { // 捋着质数数组来
st[primes[j] * i] = 1; // 质数因子的i倍被干掉
if (i % primes[j] == 0) break; // 只被它的最小质因子筛选一次
}
}
}
int main() {
int n;
cin >> n;
get_primes(n);
printf("%d\n", cnt);
return 0;
}
```
### 五、练习题
[洛谷 $P3912$ 素数个数](https://www.luogu.com.cn/problem/P3912)

24
TangDou/AcWing/Prime/868_1.cpp Normal file
View File

@@ -0,0 +1,24 @@
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
int primes[N], cnt; // primes[]存储所有素数
int st[N]; // st[x]存储x是否被筛掉
// 埃拉筛
void get_primes(int n) {
for (int i = 2; i <= n; i++)
if (!st[i]) {
primes[cnt++] = i; // 记录素数
for (int j = 2 * i; j <= n; j += i)
st[j] = 1; // 成倍数的标识
}
}
int main() {
int n;
cin >> n;
get_primes(n);
printf("%d\n", cnt);
return 0;
}

26
TangDou/AcWing/Prime/868_2.cpp Normal file
View File

@@ -0,0 +1,26 @@
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
// 欧拉筛
const int N = 1e6 + 10;
int primes[N], cnt; // primes[]存储所有素数
int st[N]; // st[x]存储x是否被筛掉
void get_primes(int n) {
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (!st[i]) primes[cnt++] = i;
for (int j = 0; primes[j] * i <= n; j++) { // 捋着质数数组来
st[primes[j] * i] = 1; // 质数因子的i倍被干掉
if (i % primes[j] == 0) break; // 只被它的最小质因子筛选一次
}
}
}
int main() {
int n;
cin >> n;
get_primes(n);
printf("%d\n", cnt);
return 0;
}