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阶乘分解题解

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197. 阶乘分解

一、题目描述

给定整数N，将阶乘N!分解质因数，按照算术基本定理的形式输出分解结果中的质因数pᵢ和对应的指数cᵢ。

二、题目分析

1. 需要将N!表示为质数的幂次乘积形式
2. 关键在于高效计算每个质数在N!中的出现次数
3. 需要先找出所有≤N的质数

三、解题思路

1. 使用欧拉筛法预处理所有≤N的质数
2. 对于每个质数p，计算在N!中的次数：
   • 计算⌊N/p⌋ + ⌊N/p²⌋ + ⌊N/p³⌋ + … 直到pᵏ > N
3. 输出所有质数及其对应的次数

四、算法讲解

欧拉筛法(线性筛)

• 原理：每个合数只被它的最小质因数筛掉
• 时间复杂度：O(n)
• 实现步骤：
  1. 遍历2到N的每个数i
  2. 如果i未被标记，则是质数，加入质数表
  3. 用当前数i与已知质数相乘标记合数
  4. 当i能被质数整除时停止标记

阶乘质因数分解

• 勒让德公式：计算质数p在N!中的次数为：
  ∑⌊N/pᵏ⌋ (k=1,2,…直到pᵏ>N)
• 例子：计算5!中2的指数
  ⌊5/2⌋=2, ⌊5/4⌋=1 → 2+1=3

五、代码实现

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
// #define int long long
const int N = 1e6 + 10;
int prime[N], cnt;  // 质数表和计数器
int st[N];          // 标记是否为合数
int n;// 欧拉筛法预处理质数
void init(int n)
{for (int i = 2; i <= n; i ++){if(!st[i])  // i是质数prime[cnt ++] = i;  // 加入质数表// 用当前数和质数表中的数标记合数for (int j = 0; prime[j] * i <= n; j ++){st[i * prime[j]] = 1;  // 标记合数if(i % prime[j] == 0) break;  // 保证每个合数只被最小质因数筛掉}}
}void solve()
{cin >> n;init(n);  // 预处理≤n的所有质数// 对每个质数计算在n!中的次数for (int i = 0; i < cnt; i ++){int p = prime[i];  // 当前质数int s = 0;         // 计数器// 计算p在n!中的次数：n/p + n/p² + n/p³ + ...for (int j = n; j ; j /= p){s += j / p;}cout << p << " " << s << "\n";  // 输出质数和次数}
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);solve();return 0;
}

六、重点细节

1. 筛法范围：只需要筛到N，因为N!的质因数不会超过N
2. 次数计算：使用勒让德公式，通过不断除以p来计算总次数
3. 效率优化：欧拉筛法保证质数预处理高效，次数计算也是对数级别
4. 边界处理：N≥3，无需处理特殊情况

七、复杂度分析

• 时间复杂度：
  • 预处理质数：O(n)
  • 计算每个质数的次数：O(cnt * logₚN) ≈ O(n/lnn * lnn) = O(n)
• 空间复杂度：O(n)，用于存储质数表和标记数组

八、总结

本题通过欧拉筛法高效预处理质数，再应用勒让德公式计算每个质数在阶乘中的次数，实现了对阶乘的质因数分解。算法结合了数论中的筛法和阶乘性质，在O(n)时间复杂度内解决问题，是质因数分解的经典应用。