第四章、亲和数问题--求解500万以内的亲和数

第一节、亲和数问题
题目描述：求500万以内的所有亲和数

如果两个数a和b，a的所有真因数之和等于b,b的所有真因数之和等于a,则称a,b是一对亲和数。例如220和284，1184和1210，2620和2924。

分析：
首先得明确到底是什么是亲和数?

亲和数问题最早是由毕达哥拉斯学派发现和研究的。他们在研究数字的规律的时候发现有以下性质特点的两个数：
220的真因子是：1、2、4、5、10、11、20、22、44、55、110；
284的真因子是：1、2、4、71、142。
而这两个数恰恰等于对方的真因子各自加起来的和（sum[i]表示数i 的各个真因子的和），即
220=1+2+4+71+142=sum[284],
284=1+2+4+5+10+11+20+22+44+55+110=sum[220]。
得284的真因子之和sum[284]=220，且220的真因子之和sum[220]=284，即有sum[220]=sum[sum[284]]=284。

第二节、程序的构造与解释
    我再来具体解释下上述程序的原理，举个例子，假设是求10以内的亲和数，求解步骤如下：因为所有数的真因数都包含1，所以，先在各个数的下方全部置1

1. 然后取i=2,3,4,5（i<=10/2），j依次对应的位置为j=（4、6、8、10），（6、9）,（8）,（10）各数所对应的位置。
2. 依据j所找到的位置，在j所指的各个数的下面加上各个真因子i（i=2、3、4、5）。
   整个过程，即如下图所示（如sum[6]=1+2+3=6，sum[10]=1+2+5=8.）：
   1  2  3  4  5  6  7  8  9  10
   1  1  1  1  1  1  1  1  1  1
              2      2      2      2
                      3          3 
                              4
                                      5
3. 然后一次遍历i从220开始到5000000，i每遍历一个数后，
   将i对应的数下面的各个真因子加起来得到一个和sum[i]，如果这个和sum[i]==某个i’，且sum[i‘]=i，
   那么这两个数i和i’，即为一对亲和数。
4. i=2；sum[4]+=2，sum[6]+=2，sum[8]+=2，sum[10]+=2，sum[12]+=2...
   i=3，sum[6]+=3，sum[9]+=3...
   ......
5. i=220时，sum[220]=284，i=284时，sum[284]=220；即sum[220]=sum[sum[284]]=284，
   得出220与284是一对亲和数。所以，最终输出220、284，...
   代码如下：
   

   #include<iostream>#define SIZE 50000using namespace std;int main() {    int i, j;int *sum = new int[SIZE + 10];for (i = 0; i <=SIZE ; i++) sum[i] = 1;  //1是所有数的真因数所以全部置1for (i = 2; i + i <= SIZE; i++)//预处理，预处理是logN（调和级数）*N。调和级数1/2 + 1/3 + 1/4......的和近似为ln(n)，//因此O(n *(1/2 + 1/3 + 1/4......)) = O(n * ln(n)) = O(N*log(N))。{          j = i + i;  //因为真因数，所以不能算本身，所以从它的2倍开始        while (j <= SIZE) {  //将所有i的倍数的位置上加i            sum[j] += i;              j += i;             }    }for (i = 220; i <= SIZE; i++)   //扫描，O（N）。{// 一次遍历，因为知道最小是220和284因此从220开始        if (sum[i] > i && sum[i] <= SIZE && sum[sum[i]] == i){//去重，不越界，满足亲和cout << i << " " << sum[i] << endl;        }    }delete []sum;return 0;}
   

第三节、运用上述的方法查找素数

代码如下：

#include<stdio.h>#define SIZE 100int main() {    int i, j;int *sum = new int[SIZE + 10];for (i = 0; i <= SIZE; i++) sum[i] = 1; for (i = 2; i + i <= SIZE; i++)  //预处理，预处理是logN（调和级数）*N。//@litaoye：调和级数1/2 + 1/3 + 1/4......的和近似为ln(n)，//因此O(n *(1/2 + 1/3 + 1/4......)) = O(n * ln(n)) = O(N*log(N))。{          j = i + i;  //因为真因数，所以不能算本身，所以从它的2倍开始        while (j <= SIZE) {              sum[j] = 0;              j += i;             }    }for (i = 2; i <= SIZE; i++)   //扫描，O（N）。{if(sum[i] != 0){printf("%d\n",i);}    }delete []sum;return 0;}