「数学::质数」分解质因子 / LeetCode 2521（C++）

概述

由算数基本定理，我们知道任意一个大于1的自然数可以表示为一些质数的乘积：

LeetCode 2521：

给你一个正整数数组 nums ，对 nums 所有元素求积之后，找出并返回乘积中 不同质因数 的数目。

注意：

质数是指大于 1 且仅能被 1 及自身整除的数字。
如果 val2 / val1 是一个整数，则整数 val1 是另一个整数 val2 的一个因数。

示例 1：
输入：nums = [2,4,3,7,10,6]
输出：4
解释：
nums 中所有元素的乘积是：2 * 4 * 3 * 7 * 10 * 6 = 10080 = 25 * 32 * 5 * 7 。
共有 4 个不同的质因数，所以返回 4 。

思路

质因子：若a可整除x，且a为质数，则a为x的质因子。

明确一件事：

如果x存在大于 $\sqrt{x}$ 的质数，则最多只存在一个，否则两个大于 $\sqrt{x}$ 的质因数相乘会大于x。

也就是说我们可以质枚举小于 $\sqrt{x}$ 的质因子，并在最后单独判断：

int cnt[N]{};       //cnt[i] = n 表示i是x的n个质因子
for (int i = 2; i * i <= x; i++) 
    while(!(x % i)) x /= i, cnt[i]++;
if (x != 1)...      //意味着当前x是原始x的最后的那一个大质因子

也就是在循环内部不断消耗可能的质因数，在最后脱离循环时，如果 x!=1，则当前x也为原始x的那个大于 $\sqrt{x}$ 的质因数。

可以证明的是，while循环会保证x一定是被他的质因数消耗的。

例如，如果x不断被i=2消耗，则后续i=4时x已经无法再被消耗。

在循环条件中的i * i <= x看起来有点不对劲。由于while中x不断被消耗，这似乎不能保证i能够枚举到原始的终点。这其实不要紧，我们来证明这一点：

设原始x = P1^(K1) * P2^(K2) * ... * Pn^(Kn) * Pt。

（Pi为一系列递增质数，Ki为对应的幂，Pt为唯一的大于根号 $\sqrt{x}$ 的质数）

那么当i = P1，while完全消耗P1时，问题就等价于分解剩余的y = P2^(K2) * ... * Pn^(Kn) * Pt。

由于P2>P1，接下来for循环使i从P1增长到P2时完全正确的。依旧，只需要循环i * i小于等于y。

同理，后续的分解也是如此。

在最后，单独判断最后的x，如果它不等于1，则意味着这是那个大质因子。

算法过程

对于本题，题目要求我们分解整个数组的乘积，但是比起先全部相乘再分解，不如逐一分解每个数组元素。

vector<int> cnt(1001);
    for (int num : nums){
        for (int i = 2; i <= 1000; i++){
            while (!(num % i)) 
                cnt[i]++, num /= i;
        }
    if (num != 1) cnt[num]++;
}

这种枚举有些低效，怎么优化呢？

优化方案

还记得欧拉筛吗？「数学::质数」埃氏筛|欧拉筛（埃拉托斯特尼筛法|线性筛法）/ LeetCode 204（C++）

预处理是个很好的工作，先获取范围内所有的质数的数组prim，这样for循环的循环次数就大大降低了。

vector<int> cnt(N);
for (int num : nums){
    for (int i = 0; prim[i] * prim[i] <= num; i++){
        while (!(num % prim[i])) 
            cnt[prim[i]]++, num /= prim[i];
    }
    if (num != 1) cnt[num]++;
}

Code

constexpr int N = 1e3 + 1;
bool not_prim[N]{};
vector<int> prim;
auto init = []() -> int {
    for (int i = 2; i < N; i++) {
        if (!not_prim[i]) prim.push_back(i);
        for (int j = 0; i * prim[j] < N; j++) {
            not_prim[i * prim[j]] = true;
            if (!(i % prim[j])) break;
        }
    }
    return 0;
}();
class Solution {
public:
    int distinctPrimeFactors(vector<int>& nums) {
        vector<int> cnt(N);
        for (int num : nums){
            for (int i = 0; prim[i] * prim[i] <= num; i++){
                while (!(num % prim[i])) 
                    cnt[prim[i]]++, num /= prim[i];
            }
            if (num != 1) cnt[num]++;
        }
        return count_if(cnt.begin(), cnt.end(), [](int num) -> bool {return num;});
    }
};