【发布时间】：2011-01-24 14:38:25
【问题描述】：
有一个数字，例如510510
主要除数是：[2, 3, 5, 7, 11, 13, 17]
使用素数列表，计算非素数除数的有效方法是什么？
【问题讨论】：
标签： python math factorization
【发布时间】：2011-01-24 14:38:25
【问题描述】：
假设素数列表包含所有因数，你可以使用
prime_factors = [2, 3, 5, 7, 11, 13, 17]
non_prime_factors = [reduce(operator.mul, f)
for k in range(2, len(prime_factors) + 1)
for f in itertools.combinations(prime_factors, k)]
得到所有的非质因数。请注意，如果某些素数的重数大于一个，您可能会得到重复项——这些可以使用set(non_prime_factors) 过滤掉。
（在这种情况下，NumPy 不会有太大帮助。）
编辑：上面的“包含根据多重性的所有因素”我的意思是（比如说）如果 2 是多重性 2 的主要因素，那么（比如说）2 应该在列表中出现两次，即 4 是 2 的最高幂，它是数的因数。
编辑2：如果存在重数较高的素因子，则上述代码效率低下。因此，以防万一你需要这个，这里也有适用于这种情况的有效代码。
primes = [2, 3, 5]
multiplicities = [3, 4, 5]
exponents = itertools.product(*(range(n + 1) for n in multiplicities))
factors = (itertools.izip(primes, e) for e in exponents if sum(e) >= 2)
non_prime_factors = [reduce(operator.mul, (p ** e for p, e in f))
for f in factors]
【讨论】：
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你忘记了权力
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@Elfalfer：不，我没有。请阅读我回答的第一句话。
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不管怎样，这和CashCow的算法有同样的问题；给定 2 * 2 * 3 * 5, 2 * 3 * 5 被计算两次。 set() 过滤重复项，但这不是最有效的答案。
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@senderle：我通常编写简单的代码，并且只在需要时进行优化。没有迹象表明 OP 需要高多重性——事实上，她的示例的所有多重性都等于 1。为了以防万一，我本着第一个解决方案的精神为高多重性情况添加了一个有效版本。
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@Sven Marnach：对不起，我不是故意冒犯的。我可能过分强调了问题的“高效”部分。
这里有一些让你开始的东西。在这种方法中，因子是素数到它们在您的数字中出现的映射。因此，对于您的情况，它看起来像 [2 : 1, 3 : 1, 5 : 1, 7 : 1, 11 : 1, 13 : 1, 17 : 1]。请注意，这会找到 所有个除数，但修改应该是微不足道的。
def findAllD(factors):
pCount = [0 for p in factors.keys()]
pVals = [p for p in factors.keys()]
iters = reduce(lambda x, y: x*y, [c+1 for c in factors.values()])
ret = []
for i in xrange(0, iters):
num = 1
for j in range(0, len(pCount)):
num *= pVals[j]**pCount[j]
ret.append(num)
for j in range(0, len(pCount)):
pCount[j] = pCount[j] + 1
if pCount[j] > factors[pVals[j]]:
pCount[j] = 0
else:
break;
return ret
【讨论】：
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+1，很好——这比我的快；或者如果我将因子相乘而不是使用列表然后
reduce，则和我一样快。 -
@senderle：谢谢，这是我的 Euler 项目库中的内容，所以我尝试尽可能提高效率，但不会让它太神秘而无法稍后扩展。
由于数字 510510 等于 2 * 3 * 5 * 7 * 11 * 13 * 17，因此相乘的每一对素数也是非素数除数：
>>> divmod(510510, 2*3)
(85085, 0)
>>> divmod(510510, 11*17)
(2730, 0)
6 (=2*3) 和 187 (=11*17) 是非素数，是 510510 的真除数。
您可以使用 itertools 轻松找到所有数字对：
>>> a=[2, 3, 5, 7, 11, 13, 17]
>>> list(itertools.combinations(a, 2))
[(2, 3), (2, 5), (2, 7), (2, 11), (2, 13), (2, 17), (3, 5), (3, 7), (3, 11), (3,
13), (3, 17), (5, 7), (5, 11), (5, 13), (5, 17), (7, 11), (7, 13), (7, 17), (11
, 13), (11, 17), (13, 17)]
然后你需要做的就是将第一个数字乘以第二个数字：
>>> a
[2, 3, 5, 7, 11, 13, 17]
>>> b=list(itertools.combinations(a, 2))
>>> [d*e for d,e in b]
[6, 10, 14, 22, 26, 34, 15, 21, 33, 39, 51, 35, 55, 65, 85, 77, 91, 119, 143, 187, 221]
最后，您需要对三元组、四元组等重复相同的过程。将适当的数字作为第二个参数传递给组合（）：
>>> b=[reduce((lambda o, p: o*p), y, 1) for x in xrange(2, len(a)) for y in itertools.combinations(a, x)]
>>> b
[6, 10, 14, 22, 26, 34, 15, 21, 33, 39, 51, 35, 55, 65, 85, 77, 91, 119, 143, 187, 221, 30, 42, 66, 78, 102, 70, 110, 130, 170, 154, 182, 238, 286, 374, 442, 105, 165, 195, 255, 231, 273, 357, 429, 561, 663, 385, 455, 595, 715, 935, 1105, 1001, 1309, 1547, 2431, 210, 330, 390, 510, 462, 546, 714, 858, 1122, 1326, 770, 910, 1190, 1430, 1870, 2210, 2002, 2618, 3094, 4862, 1155, 1365, 1785, 2145, 2805, 3315, 3003, 3927, 4641, 7293, 5005, 6545, 7735, 12155, 17017, 2310, 2730, 3570, 4290, 5610, 6630, 6006, 7854, 9282, 14586, 10010, 13090, 15470, 24310, 34034, 15015, 19635, 23205, 36465, 51051, 85085, 30030, 39270, 46410, 72930, 102102, 170170, 255255]
【讨论】：
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这只是非素数的一个子集。
如果您的意思是要生成 510510 的所有除数：
每个素数除数在乘积中只出现一次。
每个主要除数都可以使用或不使用。所以把它想象成一个从 0 到 127 的二进制集并查看位。遍历数字，如果设置了与素数除数相关的位，则包括该素数。
例如二进制 1011010 表示使用数字 17、11、7 和 3，因此将它们相乘得到 3927
当然 0000000 与 1 相关，而 1111111 与 510510 相关，因此您可能不想计算“1 和它自己”。
如果您有一个包含多个因子的数字，您必须在该因子上计算 0 到 n，例如 60 是 2 * 2 * 3 * 5 所以 0-2 使用 2，0-1 使用 3， 0- 1 使用 5，总共 12 个可能的因素（包括 1 和 60）。
【讨论】：
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这有一个问题；在 2 * 2 * 3 * 4 的情况下，1011 和 0111 映射到同一个除数。这对于较小的数字来说没什么大不了的（只需在结果上使用 set() 来过滤重复项），但如果您的素数分解包括 2 ** 32，这会很慢。
如果 D 是 N 和 d = |D| 的素因数集合，则对于某些 p[i]（其中 p[i] 是一个自然数 > 0）而言，N = \prod_i=1^d(D[i]^p[i]) 比。
从这个角度来看，您可以使用位掩码来遍历D 中元素的所有可能组合并生成部分乘积，这将划分N。当然，还要为每个元素使用所有权力 1...p[i]。
在这种情况下，您将获得 N 的所有可能的非素因数。
【讨论】：
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也许您的意思是
N = \prod...而不是总和？