[英]What is the most efficient way of finding all the factors of a number in Python?
有人可以向我解释一种找到 Python (2.7) 中数字的所有因子的有效方法吗?
我可以创建一个算法来执行此操作,但我认为它的编码很差,并且需要很长时间才能为大量结果生成结果。
from functools import reduce
def factors(n):
return set(reduce(list.__add__,
([i, n//i] for i in range(1, int(n**0.5) + 1) if n % i == 0)))
这将很快返回数字n
所有因子。
为什么平方根作为上限?
sqrt(x) * sqrt(x) = x
。 因此,如果两个因数相同,则它们都是平方根。 如果您将一个因素放大,则必须使另一个因素变小。 这意味着两者之一将始终小于或等于sqrt(x)
,因此您只需搜索到该点即可找到两个匹配因子之一。 然后,您可以使用x / fac1
得到fac2
。
reduce(list.__add__, ...)
将[fac1, fac2]
的小列表合并到一个长列表中。
[i, n/i] for i in range(1, int(sqrt(n)) + 1) if n % i == 0
如果将n
除以较小的余数时的余数[i, n/i] for i in range(1, int(sqrt(n)) + 1) if n % i == 0
返回一对因子(它也不需要检查较大的;它只是通过将n
除以较小的来获得。)
外面的set(...)
正在摆脱重复,这只会发生在完美的正方形上。 对于n = 4
,这将返回2
两次,因此set
摆脱了其中之一。
@agf 提出的解决方案很棒,但是通过检查奇偶校验可以将任意奇数的运行时间缩短约 50%。 由于奇数的因数本身总是奇数,因此在处理奇数时无需检查这些。
我刚刚开始自己解决Project Euler难题。 在某些问题中,在两个嵌套的for
循环中调用除数检查,因此该函数的性能至关重要。
将此事实与 agf 的出色解决方案相结合,我最终得到了此功能:
from functools import reduce
from math import sqrt
def factors(n):
step = 2 if n%2 else 1
return set(reduce(list.__add__,
([i, n//i] for i in range(1, int(sqrt(n))+1, step) if n % i == 0)))
但是,对于较小的数字 (~ < 100),此更改带来的额外开销可能会导致函数花费更长的时间。
我进行了一些测试以检查速度。 下面是使用的代码。 为了生成不同的图,我相应地更改了X = range(1,100,1)
。
import timeit
from math import sqrt
from matplotlib.pyplot import plot, legend, show
def factors_1(n):
step = 2 if n%2 else 1
return set(reduce(list.__add__,
([i, n//i] for i in range(1, int(sqrt(n))+1, step) if n % i == 0)))
def factors_2(n):
return set(reduce(list.__add__,
([i, n//i] for i in range(1, int(sqrt(n)) + 1) if n % i == 0)))
X = range(1,100000,1000)
Y = []
for i in X:
f_1 = timeit.timeit('factors_1({})'.format(i), setup='from __main__ import factors_1', number=10000)
f_2 = timeit.timeit('factors_2({})'.format(i), setup='from __main__ import factors_2', number=10000)
Y.append(f_1/f_2)
plot(X,Y, label='Running time with/without parity check')
legend()
show()
X = 范围(1,100,1)
这里没有显着差异,但数字越大,优势就很明显:
X = range(1,100000,1000)(仅奇数)
X = range(2,100000,100)(仅偶数)
X = range(1,100000,1001)(交替奇偶校验)
agf 的回答真的很酷。 我想看看是否可以重写它以避免使用reduce()
。 这就是我想出的:
import itertools
flatten_iter = itertools.chain.from_iterable
def factors(n):
return set(flatten_iter((i, n//i)
for i in range(1, int(n**0.5)+1) if n % i == 0))
我还尝试了一个使用棘手的生成器函数的版本:
def factors(n):
return set(x for tup in ([i, n//i]
for i in range(1, int(n**0.5)+1) if n % i == 0) for x in tup)
我通过计算来计时:
start = 10000000
end = start + 40000
for n in range(start, end):
factors(n)
我跑了一次让Python编译,然后在time(1)命令下跑了3次,保持最佳时间。
请注意,itertools 版本正在构建一个元组并将其传递给 flatten_iter()。 如果我更改代码来构建列表,它会稍微减慢速度:
我相信棘手的生成器函数版本是 Python 中最快的。 但它并不比 reduce 版本快多少,根据我的测量,大约快 4%。
SymPy 中有一个行业强度的算法,称为factorint :
>>> from sympy import factorint
>>> factorint(2**70 + 3**80)
{5: 2,
41: 1,
101: 1,
181: 1,
821: 1,
1597: 1,
5393: 1,
27188665321L: 1,
41030818561L: 1}
这花了不到一分钟。 它在多种方法之间切换。 请参阅上面链接的文档。
给定所有主要因素,所有其他因素都可以轻松构建。
请注意,即使允许接受的答案运行足够长的时间(即永恒)来分解上述数字,对于某些大数字,它也会失败,例如以下示例。 这是由于草率的int(n**0.5)
。 例如,当n = 10000000000000079**2
,我们有
>>> int(n**0.5)
10000000000000078L
由于10000000000000079 是一个质数,接受的答案的算法永远不会找到这个因素。 请注意,这不仅仅是一对一的; 对于较大的数字,它会减少更多。 出于这个原因,最好避免在此类算法中使用浮点数。
这是@agf 解决方案的替代方案,它以更pythonic 的风格实现了相同的算法:
def factors(n):
return set(
factor for i in range(1, int(n**0.5) + 1) if n % i == 0
for factor in (i, n//i)
)
此解决方案适用于 Python 2 和 Python 3,无需导入,并且更具可读性。 我还没有测试过这种方法的性能,但渐近地它应该是一样的,如果性能是一个严重的问题,那么两种解决方案都不是最佳的。
对于高达 10**16(甚至更多)的 n,这是一个快速的纯 Python 3.6 解决方案,
from itertools import compress
def primes(n):
""" Returns a list of primes < n for n > 2 """
sieve = bytearray([True]) * (n//2)
for i in range(3,int(n**0.5)+1,2):
if sieve[i//2]:
sieve[i*i//2::i] = bytearray((n-i*i-1)//(2*i)+1)
return [2,*compress(range(3,n,2), sieve[1:])]
def factorization(n):
""" Returns a list of the prime factorization of n """
pf = []
for p in primeslist:
if p*p > n : break
count = 0
while not n % p:
n //= p
count += 1
if count > 0: pf.append((p, count))
if n > 1: pf.append((n, 1))
return pf
def divisors(n):
""" Returns an unsorted list of the divisors of n """
divs = [1]
for p, e in factorization(n):
divs += [x*p**k for k in range(1,e+1) for x in divs]
return divs
n = 600851475143
primeslist = primes(int(n**0.5)+1)
print(divisors(n))
agf 答案的另一种方法:
def factors(n):
result = set()
for i in range(1, int(n ** 0.5) + 1):
div, mod = divmod(n, i)
if mod == 0:
result |= {i, div}
return result
求一个数的因数的最简单方法:
def factors(x):
return [i for i in range(1,x+1) if x%i==0]
我已经用 timeit 尝试了大多数这些精彩的答案,以将它们的效率与我的简单功能进行比较,但我经常看到我的性能优于此处列出的那些。 我想我会分享它,看看大家的想法。
def factors(n):
results = set()
for i in xrange(1, int(math.sqrt(n)) + 1):
if n % i == 0:
results.add(i)
results.add(int(n/i))
return results
正如它所写的那样,您必须导入数学来进行测试,但是将 math.sqrt(n) 替换为 n**.5 应该也能正常工作。 我不想浪费时间检查重复项,因为无论如何重复项都不能存在于集合中。
进一步改进 afg & eryksun 的解决方案。 以下代码返回所有因素的排序列表,而不会改变运行时渐近复杂度:
def factors(n):
l1, l2 = [], []
for i in range(1, int(n ** 0.5) + 1):
q,r = n//i, n%i # Alter: divmod() fn can be used.
if r == 0:
l1.append(i)
l2.append(q) # q's obtained are decreasing.
if l1[-1] == l2[-1]: # To avoid duplication of the possible factor sqrt(n)
l1.pop()
l2.reverse()
return l1 + l2
想法:而不是使用 list.sort() 函数来获得一个排序列表,它给出了 nlog(n) 复杂度; 在需要 O(n) 复杂度的 l2 上使用 list.reverse() 要快得多。 (python 就是这样制作的。)在 l2.reverse() 之后,可以将 l2 附加到 l1 以获得排序的因子列表。
请注意, l1 包含i -s 正在增加。 l2 包含正在减少的q -s。 这就是使用上述想法的原因。
这是另一种没有减少的替代方法,它在大数字上表现良好。 它使用sum
来展平列表。
def factors(n):
return set(sum([[i, n//i] for i in xrange(1, int(n**0.5)+1) if not n%i], []))
对于不寻常的数字,比如 99,它有 3*3*11 和floor sqrt(99)+1 == 10
一定要抓住大于sqrt(number_to_factor)
的数字。
import math
def factor(x):
if x == 0 or x == 1:
return None
res = []
for i in range(2,int(math.floor(math.sqrt(x)+1))):
while x % i == 0:
x /= i
res.append(i)
if x != 1: # Unusual numbers
res.append(x)
return res
如果您想使用素数来加快速度,这是一个示例。 这些列表很容易在互联网上找到。 我在代码中添加了注释。
# http://primes.utm.edu/lists/small/10000.txt
# First 10000 primes
_PRIMES = (2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29,
31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71,
73, 79, 83, 89, 97, 101, 103, 107, 109, 113,
127, 131, 137, 139, 149, 151, 157, 163, 167, 173,
179, 181, 191, 193, 197, 199, 211, 223, 227, 229,
233, 239, 241, 251, 257, 263, 269, 271, 277, 281,
283, 293, 307, 311, 313, 317, 331, 337, 347, 349,
353, 359, 367, 373, 379, 383, 389, 397, 401, 409,
419, 421, 431, 433, 439, 443, 449, 457, 461, 463,
467, 479, 487, 491, 499, 503, 509, 521, 523, 541,
547, 557, 563, 569, 571, 577, 587, 593, 599, 601,
607, 613, 617, 619, 631, 641, 643, 647, 653, 659,
661, 673, 677, 683, 691, 701, 709, 719, 727, 733,
739, 743, 751, 757, 761, 769, 773, 787, 797, 809,
811, 821, 823, 827, 829, 839, 853, 857, 859, 863,
877, 881, 883, 887, 907, 911, 919, 929, 937, 941,
947, 953, 967, 971, 977, 983, 991, 997, 1009, 1013,
# Mising a lot of primes for the purpose of the example
)
from bisect import bisect_left as _bisect_left
from math import sqrt as _sqrt
def get_factors(n):
assert isinstance(n, int), "n must be an integer."
assert n > 0, "n must be greather than zero."
limit = pow(_PRIMES[-1], 2)
assert n <= limit, "n is greather then the limit of {0}".format(limit)
result = set((1, n))
root = int(_sqrt(n))
primes = [t for t in get_primes_smaller_than(root + 1) if not n % t]
result.update(primes) # Add all the primes factors less or equal to root square
for t in primes:
result.update(get_factors(n/t)) # Add all the factors associted for the primes by using the same process
return sorted(result)
def get_primes_smaller_than(n):
return _PRIMES[:_bisect_left(_PRIMES, n)]
一种可能比这里已经介绍的算法更有效的算法(特别是如果n
有小的素n
)。 这里的技巧是在每次找到质因数时调整需要试除的限制:
def factors(n):
'''
return prime factors and multiplicity of n
n = p0^e0 * p1^e1 * ... * pk^ek encoded as
res = [(p0, e0), (p1, e1), ..., (pk, ek)]
'''
res = []
# get rid of all the factors of 2 using bit shifts
mult = 0
while not n & 1:
mult += 1
n >>= 1
if mult != 0:
res.append((2, mult))
limit = round(sqrt(n))
test_prime = 3
while test_prime <= limit:
mult = 0
while n % test_prime == 0:
mult += 1
n //= test_prime
if mult != 0:
res.append((test_prime, mult))
if n == 1: # only useful if ek >= 3 (ek: multiplicity
break # of the last prime)
limit = round(sqrt(n)) # adjust the limit
test_prime += 2 # will often not be prime...
if n != 1:
res.append((n, 1))
return res
这当然还是试师,没什么好看的。 因此它的效率仍然非常有限(特别是对于没有小除数的大数)。
这是python3; 除法//
应该是您唯一需要适应 python 2 的东西( from __future__ import division
添加)。
使用set(...)
会使代码稍微变慢,并且只有在检查平方根时才真正需要。 这是我的版本:
def factors(num):
if (num == 1 or num == 0):
return []
f = [1]
sq = int(math.sqrt(num))
for i in range(2, sq):
if num % i == 0:
f.append(i)
f.append(num/i)
if sq > 1 and num % sq == 0:
f.append(sq)
if sq*sq != num:
f.append(num/sq)
return f
if sq*sq != num:
条件对于像 12 这样的数字是必要的,其中平方根不是整数,但平方根的下限是一个因子。
请注意,此版本不会返回数字本身,但如果您需要,这很容易解决。 输出也没有排序。
我计时它在所有数字 1-200 上运行 10000 次,在所有数字 1-5000 上运行 100 次。 它优于我测试过的所有其他版本,包括 dansalmo、Jason Schorn、oxrock、agf、steveha 和 eryksun 的解决方案,尽管 oxrock 是迄今为止最接近的。
当我看到这个问题时,我感到非常惊讶,即使 numpy 比 python 循环快得多,也没有人使用 numpy。 通过使用 numpy 实施@agf 的解决方案,结果平均快了8 倍。 我相信,如果您在 numpy 中实现了其他一些解决方案,您可以获得惊人的时间。
这是我的功能:
import numpy as np
def b(n):
r = np.arange(1, int(n ** 0.5) + 1)
x = r[np.mod(n, r) == 0]
return set(np.concatenate((x, n / x), axis=None))
请注意,x 轴的数字不是函数的输入。 函数的输入是 x 轴上的数字减 1 的 2。所以输入十是 2**10-1 = 1023
你的最大因素不超过你的数字,所以,让我们说
def factors(n):
factors = []
for i in range(1, n//2+1):
if n % i == 0:
factors.append (i)
factors.append(n)
return factors
瞧!
import math
'''
I applied finding prime factorization to solve this. (Trial Division)
It's not complicated
'''
def generate_factors(n):
lower_bound_check = int(math.sqrt(n)) # determine lowest bound divisor range [16 = 4]
factors = set() # store factors
for divisors in range(1, lower_bound_check + 1): # loop [1 .. 4]
if n % divisors == 0:
factors.add(divisors) # lower bound divisor is found 16 [ 1, 2, 4]
factors.add(n // divisors) # get upper divisor from lower [ 16 / 1 = 16, 16 / 2 = 8, 16 / 4 = 4]
return factors # [1, 2, 4, 8 16]
print(generate_factors(12)) # {1, 2, 3, 4, 6, 12} -> pycharm output
Pierre Vriens hopefully this makes more sense. this is an O(nlogn) solution.
如果您不想使用任何库,那么我认为这是最简单的方法
def factors(n):
l=[] #emoty list
# appending the factors in the list
for i in range(1,n+1):
if n%i==0:
l.append(i)
我是一名中级程序员。 所以以防万一,如果我错了,请纠正我
使用像以下列表推导这样简单的东西,注意我们不需要测试 1 和我们试图找到的数字:
def factors(n):
return [x for x in range(2, n//2+1) if n%x == 0]
关于平方根的使用,假设我们要找到 10 的因数。 sqrt(10) = 4
的整数部分因此range(1, int(sqrt(10))) = [1, 2, 3, 4]
并且测试多达 4 次显然错过了 5 次。
除非我遗漏了一些我建议的东西,如果你必须这样做,使用int(ceil(sqrt(x)))
。 当然,这会产生大量不必要的函数调用。
我认为为了可读性和速度@oxrock 的解决方案是最好的,所以这里是为 python 3+ 重写的代码:
def num_factors(n):
results = set()
for i in range(1, int(n**0.5) + 1):
if n % i == 0: results.update([i,int(n/i)])
return results
循环,直到在元组的 x 或 v 中找到重复项,其中 x 是分母,v 是结果。
number=30
tuple_list=[]
for i in np.arange(1,number):
if number%i==0:
other=int(number/i)
if any([(x,v) for (x,v) in tuple_list if (i==x) or (i==v)])==True:
break
tuple_list.append((i,other))
flattened = [item for sublist in tuple_list for item in sublist]
print(sorted(flattened))
输出
[1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30]
我在 python 中使用 cypari 库找到了一个简单的解决方案。 这是一个链接!
import cypari
def get_divisors(n):
divisors = cypari.pari('divisors({})'.format(n))
return divisors
print(get_divisors(24))
输出
[1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24]
我们可以使用以下 lambda 函数,
factor = lambda x:[(ele,x/ele) for ele in range(1,x//2+1) if x%ele==0 ]
因素(10)
输出:[(1, 10.0), (2, 5.0), (5, 2.0)]
此函数返回列表中给定数字的所有因子。
虽然问题是 Python (2.7),但人们可能会对这个使用 Numpy 的简单解决方案感兴趣。
import numpy as np
t=np.arange(2,n,1)
t[n%t==0]
这不会返回1
也不会返回数字本身n
。 因此,如果n
是素数,它将返回一个空数组。
考虑到数字是正数 integer,您可以使用这种方法:
number = int(input("Enter a positive number to find factors: "))
factor = [num for num in range(1,number+1) if number % num == 0]
for fac in factor: print(f"{fac} is a factor of {number}")
我有点惊讶我找不到 integer 形式的素数分解的简单实现(p1 ** e1) * (p2 ** e2)...
,所以我决定自己写一个。
from collections import defaultdict
from itertools import count
def factorize(n):
factors = defaultdict(int)
for i in count(2):
while n % i == 0:
factors[i] += 1
n /= i
if n == 1:
return factors
这个 function 返回一个字典,其中键是质数因子,值是指数。 例如:
>>> factorize(608)
defaultdict(<class 'int'>, {2: 5, 19: 1})
>>> factorize(1152)
defaultdict(<class 'int'>, {2: 7, 3: 2})
>>> factorize(1088)
defaultdict(<class 'int'>, {2: 6, 17: 1})
这显然不是最有效的实现——因为它迭代整个自然数集,而不是直接针对素数——但它对于相对较小的值来说已经足够好了,而且足够简单,易于理解。
import 'dart:math';
generateFactorsOfN(N){
//determine lowest bound divisor range
final lowerBoundCheck = sqrt(N).toInt();
var factors = Set<int>(); //stores factors
/**
* Lets take 16:
* 4 = sqrt(16)
* start from 1 ... 4 inclusive
* check mod 16 % 1 == 0? set[1, (16 / 1)]
* check mod 16 % 2 == 0? set[1, (16 / 1) , 2 , (16 / 2)]
* check mod 16 % 3 == 0? set[1, (16 / 1) , 2 , (16 / 2)] -> unchanged
* check mod 16 % 4 == 0? set[1, (16 / 1) , 2 , (16 / 2), 4, (16 / 4)]
*
* ******************* set is used to remove duplicate
* ******************* case 4 and (16 / 4) both equal to 4
* return factor set<int>.. this isn't ordered
*/
for(var divisor = 1; divisor <= lowerBoundCheck; divisor++){
if(N % divisor == 0){
factors.add(divisor);
factors.add(N ~/ divisor); // ~/ integer division
}
}
return factors;
}
我认为这是最简单的方法:
x = 23
i = 1
while i <= x:
if x % i == 0:
print("factor: %s"% i)
i += 1
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