约数个数以及约数和

$1\sim n$的约数个数

已知一个数n可以表示为$$n=\prod _{i=1}^k{p}_i^{a_i}$$
对于你从中选取若干的$p_i$乘起来，就是n的一个因子，对于每个$p_i$你都有$a_i+1$种选择，我们将n的约数个数记为$d(n)$，所以会有
$$d(n)=\prod _{i=1}^k(a_i+1)$$

对于$2\sim n$的每一个数$i$，使用线性筛时知道$v[i]$是确定$i$的最小质因子

• 如果$i$是质数，那么它的因子就只有两个，$1和i$，所以$d(i)=2$
• 如果$i$合数，设$p$为确定$i$的最小质因子，也就是说，可以将$i$表示为$i=p\ast k$，
  • 如果$k\mathrm{mod}p=0$，那么$k$就含有和$i$一样的所有质因子，只是最小质因子$p$的指数不一样，$a(i)=a(k)+1$，所以我们可以通过将$k$中$p$的指数变成$0$，再乘上$i$中$p$的指数，就可以得到$d(i)$了，所以我们需要使用一个数组$a$来记录最小质因子的指数，就可以得到一个推导式$$d(i)=\frac{d(k)}{a(k)+1}\ast (a(i)+1)$$
  • 如果$k\mathrm{mod}p\ne 0$，那么就相当于$i$比$k$多了一个质数$p$，并且这个是$i$的最小质因子，指数为1，即$a(i)=1$，然后直接乘上对$p$的选择即可$$d(i)=d(k)\ast (a(i)+1)$$

参考代码

#include
using namespace std;
using ll =long long ;

const int N=1e6;
int p[N],v[N],a[N],d[N];
int cnt;
int phi[N];



void get_d(int n){
	
	d[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!v[i]){
			v[i]=i;
			a[i]=1;
			d[i]=2;
			p[++cnt]=i;
		}
		for(int j=1;j<=cnt;j++){
			if(p[j]>i||p[j]>n/i)break;
			int m=i*p[j];
			v[m]=p[j];
			if(i%p[j]==0){
				a[m]=a[i]+1;
				d[m]=d[i]/(a[i]+1)*(a[m]+1);
			}
			else{
				a[m]=1;
				d[m]=d[i]*2;
			}
		}
	}
}
int main(){
	int n;
	cin>>n;
	get_d(n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cout<<d[i]<<' ';
	cout<<endl;
}

约数和

对于你从中选取若干个$p_i$的乘积，就是n的一个因子，所有的因子和，就相当于对于每个质数$p_i$的选择的和的连乘，记为$f(n)$，也就是说
$$f(n)=\prod _{i=1}^k\sum _{j=0}^{a_i}{p}_i^j$$

证明过程：

• 如果n只由一个质数$p$构成，其指数为$a$，我们知道对于每个约数，就是对这个质数$p$的选择，总共会有$a+1$种选择，分别是$1,p^1,p^2,p^3\cdots p^a$，这些都是$n$的因子，所以$n$的约数和为$f(n)=1+p^1+p^2+p^3+\cdots +p^a$。
• 如果由2个质数组成，对于每个质数$p_1$的每一种选择，另一个质数的选择会是$1,p_2^1,p_2^2,p_2^3\cdots p_2^{a_2}$，对$p_1$的一种选择的约数和为
  $$p_1^j\ast (1+p_2^1+p_2^2+p_2^3+\cdots +p_2^{a_2})$$
  对于$p_1$的每一种选择提取相同的公因式$(1+p_2^1+p_2^2+p_2^3+\cdots +p_2^{a_2})$，就为
  $$(1+p_1^1+p_1^2+p_1^3+\cdots +p_1^{a_2})\ast (1+p_2^1+p_2^2+p_2^3+\cdots +p_2^{a_2})$$
• 如果由多个质数组成，就像两个质数的情况一样，一步一步拆分每个质数的选择的情况，就可以获得约数和的公式:
  $$f(n)=\prod _{i=1}^k\sum _{j=0}^{a_i}{p}_i^j$$

过程分析

我们设$g(i)$为数$i$的最小质因子的各项指数的和（幂和），即$g(i)=p^0+p^1+p^2+\cdots p^k$
对于$2\sim n$的每一个数$i$，使用线性筛时知道$v[i]$是确定$i$的最小质因子

• 如果$i$是质数，那么它的约数和就是，$i+1$，所以$f(i)=i+1$
• 如果$i$合数，设$p$为确定$i$的最小质因子，也就是说，可以将$i$表示为$i=p\ast k$，
  • 如果$k\mathrm{mod}p=0$，那么$k$就含有和$i$一样的所有质因子，只是最小质因子$p$的指数不一样，$g(i)=g(k)\ast p+1$，所以我们可以通过将$k$中$p$的指数变成$0$，再乘上$g(i)$，就可以得到$f(i)$了，就可以得到一个推导式$$f(i)=\frac{f(k)}{g(k)}\ast g(i)$$
  • 如果$k\mathrm{mod}p\ne 0$，那么就相当于$i$比$k$多了一个质数$p$，并且这个是$i$的最小质因子，指数为1，即$g(i)=p^0+p^1$，然后直接乘上即可$$f(i)=f(k)\ast g(i)$$

参考代码

#include
using namespace std;
using ll =long long ;

const int N=1e6;
int p[N],v[N],g[N],f[N];// g[i]: 当前质因子的幂和，f[i]: 约数和
int cnt;


void get_dsum(int n){
	f[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!v[i]){
			v[i]=i;
			g[i]=i+1;
			f[i]=i+1;
			p[++cnt]=i;
		}
		for(int j=1;j<=cnt;j++){
			if(p[j]>i||p[j]>n/i)break;
			int m=i*p[j];
			v[m]=p[j];
			if(i%p[j]==0){
				g[m]=g[i]*p[j]+1;
				f[m]=f[i]/g[i]*g[m];
			}
			else{
				g[m]=p[j]+1;
				f[m]=f[i]*g[m];
			}
		}
	}
}
int main(){
	int n;
	cin>>n;
	get_dsum(n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cout<<f[i]<<' ';
	cout<<endl;
}