在 >1 的整數中，如果只包含1和本身兩個約數，這個數就被稱為質數/素數。
質數的判定——試除法
暴力列舉 \(o(n)\)
bool is_prime(int n)
對任意的d能整除n（ d|n ）, 顯然n除上d也能整除n （\(\frac\) | n ）
如n = 12，3是12的約數，4也是12的約數； 2是12的約數，6也是12的約數
所有的約數都是成對出現的，在列舉時可以只列舉每一對中較小的那個，即\(d \leq \frac\)的部分，即\(d \leq \sqrt\)
bool is_prime(int x)
hihocoder 1750
如n = \(2^\),可能他的時間複雜度是o(1)的
質因數：在數論裡是指能整除給定正整數的質數。每個合數都可以寫成幾個質數相乘的形式，如6=2*3，8=\(2^\)，這幾個質數就叫做這個合數的質因數。
很輕易就可以得出n中最多隻包含乙個大於\(o(\sqrt)\)的質因子，所以只需要把所有 < \(o(\sqrt)\) 的質因子列舉出來。
void divide(int x)
if (x > 1) cout << x << ' ' << 1 << endl;
cout << endl;
}
hihocoder 1295
如
從前往後看，把每乙個數的所有倍數全部刪掉
第乙個數是2，把4，5，8，10，12全部刪掉
第二個數是3，把6，9，12全部刪掉
第三個數是4，把8，12刪掉
如此這麼篩選過一遍之後，所有剩下的數就是質數
對於任意乙個數x而言，他如果沒被刪除，就說明p不是2p-1的任意乙個數的倍數，即2p-1不存在任何乙個p的約數，所以p是乙個質數。
樸素做法 o(n\(\ln n\))
當i=2時第一重迴圈迴圈了\(\frac\)，當n=3時迴圈了\(\frac\)，當n=4時迴圈了\(\frac\)次，以此類推可知
o(n) = \(\frac\) + \(\frac\) + ... + \(\frac\)
= n(\(\frac\) + \(\frac\) + ... + \(\frac\)
)\(\frac\) + \(\frac\) + ... + \(\frac\)
c是乙個尤拉常數，約等於0.58
實際上並不需要將所有數的倍數全部刪掉，只把質數的倍數刪掉就可以了
假設剩下乙個p，我們並不需要將2p-1全部列舉一遍來判斷p是不是質數，只需要把2p-1的質數判斷一遍就可以了
2~p-1的所有質數只要不是p的約數，那麼p就是乙個質因數
當乙個數不是質數我們就不需要篩掉他所有倍數，只有他是質數才會篩掉他的倍數
int primes[n], cnt; // primes儲存所有素數
bool st[n]; // st[x]儲存x是否被篩掉
void get_primes(int n)
}
在\(10^7\)以上線性篩法大約比埃式篩法快一倍
核心思路：每乙個數n只會被他的最小質因子篩掉
每乙個數只有乙個最小質因子，即每個數隻會被篩一次，所以他是線性的
int primes[n], cnt; // primes儲存所有素數
bool st[n]; // st[x]儲存x是否被篩掉
void get_primes(int n)}}
i%pj == 0
說明primes[j]一定是i的最小質因子，pj也一定是pji的最小質因子
i%pj != 0
由於我們是從小到大列舉，沒有列舉到i的最小質因子
說明pj一定小於i的所有質因子，pj也一定是pji的最小質因子
一共有兩種可能：
i % primes[j] == 0
i % primes[j] != 0
不管什麼情況，一定有primes[j]是primes[j]*i的最小質因子
任何合數一定會被篩掉，對於任意合數x：
簡單數論初步
定義 設 a,b in mathbb 且 b neq 0 如果存在 q in mathbb 使得 a bq 則 b 整除a，記作 b mid a 此時 b 為 a 的因數，a 叫做 b 的倍數.性質1 如果a mid b 且 b mid c 那麼 c mid a 證明 設an b,bm c n,m ...
簡單數論定理
pi x 來表示小於乙個正實數 x 的素數個數 pi x frac x rightarrow infty 任何乙個大於1的自然數 n 都可以唯一分解成有限個質數的乘積 n p 1 p 2 p k 這裡 p i 均為質數，其諸指數 a i 是正整數。將 n 分解質因數得 n p 1 p 2 p k 則...
Strange List 簡單數論 冪次
題目 題意 給定乙個序列a ia i ai 和x，現要切分每個序列，如果當前數q qq能整除x，則往序列新增x個q x q xq x，接著繼續往後處理下乙個數，重複這個過程，直到遇到數q qq不能整除x。問最後新序列的數的總和。題解 觀察該過程，發現新增新數，本質上累加的是原始元素的權值。首先查詢這...