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## 线性筛求 <font color='blue'>约数个数</font> 与 <font color='blue'>约数和</font>
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线性筛，顾名思义，就是欧拉筛，在线性时间内可以求出答案，也就是$O(N)$的时间，非常牛$X$的效率。
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### 一、约数个数
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根据数字唯一分解定理，设
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$$\LARGE n=p_1^{r_1}*p_2^{r_2}*p_3^{r_3}*...*p_k^{r_k}$$
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对于每个$n$的约数，一定是由以上质因数$p_1 \sim p_k$相乘而来，根据乘法原理，每个质因数都可以选择$0$到$r_i$这$r_i+1$个选择。
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$n$的约数个数即为
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$$\LARGE d(n)=(r_1+1)\times (r_2+1) \times ... \times (r_k+1) =\prod_{i=1}^k(r_i+1)$$
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**筛的过程中需要保存$n$的最小质因子的出现个数即$r_1$,原因后面会说明：**
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<font color='red' size=4><b>
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* $d[i]$记录$i$的约数个数
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* $num[i]$记录$i$的最小质因数个数
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</b></font>
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分情况讨论:
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#### (一)、$i$是质数
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$$
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\large \left\{\begin{matrix}
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d[i]=2 & \\
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num[i]=1 &
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\end{matrix}\right.
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$$
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* $d[i]$:$i$是质数，所以约数只有$1$和自身,约数个数为$2$
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* $num[i]$:$i$是质数，最小质因子就是自己，个数是$1$
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#### (二)、$i$取模枚举的第$j$个质数为$0$， $primes[j]$整除$i$
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<font color='blue' size=4><b>$Q1:$我们在研究哪些数字之间的递推关系？</b></font>
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$A:$既然是递推，一般都是已知小的推出大的，这里应该是已知$d[i]$推出$d[i*primes[j]]$的值。
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<font color='blue' size=4><b>$Q2$:$d[i*primes[j]]$是啥？</b></font>
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$A$: <font color='red' size=4><b>
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$primes[j]$是$i$的因子，$i*primes[j]$唯一分解不会产生新的质因子,依然是$p_1,p_2,...p_k$
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$primes[j]$从小到大枚举，所以一定是$i$的最小质因子！所以$p_1^{r_1+1}$,按唯一分解定理展开:
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$$\large d[i*primes[j]]=(1+r_1+1)*......*(1+r_k)$$
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</b></font>
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<font color='blue' size=4><b>$Q3$:$d[i∗primes[j]]$怎么从$d[i]$转移？</b></font>
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这个时候就可以用到我们之前维护的$num[i]$了。
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转移也就非常简单了：
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$$\large d[i∗primes[j]]=d[i]/(num[i]+1)∗(num[i]+2)$$
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<font color='red' size=4><b>解释：
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$$
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\large \left\{\begin{matrix}
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d(i)=(1+r_1)*......*(1+r_k) & ①\\
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d(i*primes[j])=(1+r_1+1)*......*(1+r_k) & ②\\
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\end{matrix}\right.
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$$
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使用瞪眼大法(观察法)，找出两者之间的递推关系，很明显，就是 ①式除以$1+r_1$,再乘上$1+r_1+1$即可转化为 ②式,这下明白为什么要记录$num[i]$最小质因子的个数了吧~
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</b></font>
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<font color='blue' size=4><b>$Q4$:那么$num[i∗primes[j]]$是不是也需要从$num[i]$进行转移呢？</b></font>
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$A$:$num[i*primes[j]]$也要转移，加上最小质因子$primes[j]$的贡献也就是：
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$$\large num[i∗primes[j]]=num[i]+1$$
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#### (三)、当前数取模枚举的第$j$个质数不为$0$，即 $primes[j]$ 不能整除 $i$
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首先我们知道$i∗primes[j]$这个数中之前一定不包含$primes[j]$这个质因数,
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那么约数个数要加上$prime[j]$的，也就是：
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$$\large d[i*primes[j]]=(1+r_1)*...*(1+r_k)*(1+1) \\
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=d[i]*2=d[i]*d[primes[j]] $$
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然后对于最小质因子，因为$j$是从小到大枚举的，所以$i∗primes[j]$这个数的最小质因子也就是$primes[j]$
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所以就可以得到：
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$$\large num[i*primes[j]]=1$$
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综上，就可以写出筛质因数个数的代码了:
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```c++
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#include <iostream>
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#include <cstdio>
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#include <cstring>
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using namespace std;
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const int N = 1010;
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int primes[N], cnt; // primes[]存储所有素数
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bool st[N]; // st[x]存储x是否被筛掉
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int d[N]; // d[x]表示x的约数个数
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int num[N]; // num[x]表示x的最小质因数的个数
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int n;
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//欧拉筛法+求约数个数
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void get_primes(int n) {
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d[1] = 1; // 1的约数只有1个,这个比较特殊
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for (int i = 2; i <= n; i++) {
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if (!st[i]) {
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primes[cnt++] = i;
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// i是质数
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d[i] = 2; //约数个数是2个，一个是1，另一个是i
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num[i] = 1; //最小质因子个数是1，最小质因子就是自己i
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}
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for (int j = 0; i * primes[j] <= n; j++) {
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st[i * primes[j]] = true;
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if (i % primes[j] == 0) {
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d[i * primes[j]] = d[i] / (num[i] + 1) * (num[i] + 2);
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num[i * primes[j]] = num[i] + 1;
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break;
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} else {
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// d[i * primes[j]] = d[i] * d[primes[j]]; 等价于下面的代码
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d[i * primes[j]] = d[i] * 2;
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num[i * primes[j]] = 1;
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}
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}
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}
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}
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int main() {
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scanf("%d", &n);
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get_primes(n);
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//输出1~n之间所有数字的约数个数
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for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d %d\n", i, d[i]);
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return 0;
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}
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```
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### 二、约数和
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<font color='red' size=4><b>设$sd[i]$表示$i$的约数和</b></font>
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根据算数基本定理得：[约数和参考链接](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/15341428.html)
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$$\large sd[n]=(p_1^0+p_1^1+p_1^2+……+p_1^{r_1})∗(p_2^0+p_2^1+p_2^2+……+p_2^{r_2})∗……∗(p_k^0+p_k^1+p_k^2+……+p_k^{r_k})$$
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那么根据这个式子就可以开始干了。。。
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<font color='red' size=4><b>
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设$num[i]$表示最小质因子的那一项:
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$$\large num[i]= p_1^0+p_1^1+p_1^2+……+p_1^{r_1}$$
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</b></font>
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分情况讨论:
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#### (一)、$i$是质数
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$$\large sd[i]=num[i]=i+1$$
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<font color='red' size=4><b>解释:
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* $i$是质数，它的约数只有自己和$1$,约数和是$i+1$
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* $i$是质数，质因子分解也只能分解出自己，$sd[i]=i^0+i^1=1+i$
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</b></font>
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#### (二)、$i$取模枚举的质数$primes[j]$不为0,即$primes[j]$不能整除$i$
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<font color='red' size=4><b>注：下面的讨论中使用$p_j$代替$primes[j]$</b></font>
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$i∗p_j$里原先没有$p_j$这一项，加上这一项之后：
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$$\large \because sd[i]=(p_1^0+p_1^1+p_1^2+……+p_1^{r_1})∗(p_2^0+p_2^1+p_2^2+……+p_2^{r_2})∗……∗(p_k^0+p_k^1+p_k^2+……+p_k^{r_k})$$
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$$\large \because sd[i*p_j]=(p_1^0+p_1^1+p_1^2+……+p_1^{r_1})∗(p_2^0+p_2^1+p_2^2+……+p_2^{r_2})∗……∗(p_k^0+p_k^1+p_k^2+……+p_k^{r_k})*(p_j^0+p_j^1)$$
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$\large \because p_j$ 是质数 $\large \therefore sd[p_j]=p_j^0+p_j^1$
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$\large \therefore sd[i*p_j]=sd[i]*sd[p_j]$ <font color='red' size=4><b>注：积性函数</b></font>
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**同时更新一下$num[i∗p_j]$**
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$$\large num[i∗p_j]=num[p_j]=p_j^0+p_j^1=1+p_j$$
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<font color='red' size=4><b>解释：
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因为质因子从小到大枚举，那么$i∗p_j$的最小质因子就应该是$p_j$，那么$num[i∗p_j]$也就应该等于$num[p_j]$
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</b></font>
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#### (三)、$i$取模枚举的质数$j$为0,即 $primes[j]$整除$i$
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那么$sd[i∗p_j]$中的第一项也就是$num[i∗p_j]$也一定是$p_j$的第一项
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<font color='red' size=4><b>解释：(等比数列变形小技巧)</b></font>
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$1+p_i+p_i^2+……+p_i^{r_i}$这个时候要变成$1+p_i+p_i^2+……+p_i^{r_i}+p_i^{r_i+1}$，那么只需要所有的都乘以一个$p_i$，然后再加一个$1$就好了。
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<font color='red' size=4><b>
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$$\large (1+p_i+p_i^2+……+p_i^{r_i})*p_i+1= \\
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1+p_i+p_i^2+……+p_i^{r_i}+p_i^{r_i+1}$$
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</b></font>
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**结论：**
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$$\large num[i∗p_j]=num[i]∗p_j+1$$
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这样，我们又可以开始愉快的写代码啦...
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```c++
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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typedef long long LL;
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const int N = 1e3 + 10;
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int primes[N], cnt;
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bool st[N];
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int num[N]; //最小质因子p1组成的等比序列 p1^0+p1^1+...+p1^r1
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int sd[N]; //约数和
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int n;
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void get_primes(int n) {
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sd[1] = 1; // 1的约数只有自己，约数和是1
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for (int i = 2; i <= n; i++) {
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if (!st[i]) {
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primes[cnt++] = i;
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//质数
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sd[i] = num[i] = i + 1; // 1和自身是约数，约数和为i+1; 同时因为i是质数，所以只有一个分拆项,并且分拆项内容=pj^0+pj^1=1+pj=1+i
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}
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for (int j = 0; primes[j] * i <= n; j++) {
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st[i * primes[j]] = true;
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if (i % primes[j]) {
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sd[i * primes[j]] = sd[i] * sd[primes[j]]; //积性函数
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num[i * primes[j]] = primes[j] + 1;
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} else {
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sd[i * primes[j]] = sd[i] / num[i] * (num[i] * primes[j] + 1);
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num[i * primes[j]] = num[i] * primes[j] + 1;
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break;
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}
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}
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}
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}
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int main() {
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scanf("%d", &n);
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get_primes(n);
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//约数和要不要自己本身,这里是不想要自己本身
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for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ", sd[i] - i);
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puts("");
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return 0;
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}
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``` |