Qual è il modo più efficiente di trovare tutti i fattori di un numero in Python?

Qualcuno può spiegarmi un modo efficace di trovare tutti i fattori di un numero in Python (2.7)?

Posso creare un algoritmo per farlo, ma penso che sia scarsamente codificato e impieghi troppo tempo a produrre un risultato per un numero elevato.

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)))

Ciò restituirà tutti i fattori, molto rapidamente, di un numero n.

Perché radice quadrata come limite superiore?

sqrt(x) * sqrt(x) = x. Quindi, se i due fattori sono uguali, sono entrambi la radice quadrata. Se ingrandisci un fattore, devi ridurre l'altro fattore. Ciò significa che uno dei due sarà sempre inferiore o uguale a sqrt(x), quindi devi solo cercare fino a quel punto per trovare uno dei due fattori corrispondenti. È quindi possibile utilizzare x / fac1per ottenere fac2.

Sta reduce(list.__add__, ...)prendendo le piccole liste [fac1, fac2]e le unisce in una lunga lista.

I [i, n/i] for i in range(1, int(sqrt(n)) + 1) if n % i == 0rendimenti una coppia di fattori se il resto quando si divide ndal minore è zero (non ha bisogno controlla la più grande anche; si ottiene solo che dividendo ndal minore.)

L' set(...)esterno si sta sbarazzando dei duplicati, il che accade solo per quadrati perfetti. Perché n = 4, questo tornerà 2due volte, quindi setsbarazzarsi di uno di loro.

La soluzione presentata da @agf è eccezionale, ma si può ottenere un tempo di esecuzione più veloce del 50% per un numero dispari arbitrario verificando la parità. Poiché i fattori di un numero dispari sono sempre dispari, non è necessario verificarli quando si tratta di numeri dispari.

Ho appena iniziato a risolvere Project Euler solo i puzzle di . In alcuni problemi, un controllo del divisore viene chiamato all'interno di due forloop nidificati e l'esecuzione di questa funzione è quindi essenziale.

Combinando questo fatto con l'eccellente soluzione di agf, ho finito con questa funzione:

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)))

Tuttavia, su piccoli numeri (~ <100), l'overhead aggiuntivo di questa modifica potrebbe richiedere più tempo alla funzione.

Ho eseguito alcuni test per verificare la velocità. Di seguito è riportato il codice utilizzato. Per produrre i diversi grafici, ho modificato di X = range(1,100,1)conseguenza.

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 = intervallo (1.100,1)

Nessuna differenza significativa qui, ma con numeri più grandi, il vantaggio è evidente:

X = intervallo (1.100000.1000) (solo numeri dispari)

X = intervallo (2.100000.100) (solo numeri pari)

X = intervallo (1.100000.1001) (parità alternata)

la risposta di agf è davvero piuttosto interessante. Volevo vedere se potevo riscriverlo per evitare di usarlo reduce(). Questo è quello che mi è venuto in mente:

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))

Ho anche provato una versione che utilizza funzioni del generatore complicate:

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)

L'ho cronometrato calcolando:

start = 10000000
end = start + 40000
for n in range(start, end):
    factors(n)

L'ho eseguito una volta per consentire a Python di compilarlo, quindi l'ho eseguito con il comando time (1) tre volte e ho mantenuto il momento migliore.

• ridurre la versione: 11,58 secondi
• versione itertools: 11,49 secondi
• versione difficile: 11.12 secondi

Nota che la versione itertools sta costruendo una tupla e la sta passando a flatten_iter (). Se cambio invece il codice per creare un elenco, questo rallenta leggermente:

• versione iterools (elenco): 11,62 secondi

Credo che la delicata versione delle funzioni del generatore sia la più veloce possibile in Python. Ma non è molto più veloce della versione ridotta, circa il 4% più veloce in base alle mie misurazioni.

Un approccio alternativo alla risposta di agf:

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

Ecco un'alternativa alla soluzione di @ agf che implementa lo stesso algoritmo in uno stile più pitonico:

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)
    )

Questa soluzione funziona in Python 2 e Python 3 senza importazioni ed è molto più leggibile. Non ho testato le prestazioni di questo approccio, ma asintoticamente dovrebbe essere lo stesso e se le prestazioni sono un problema serio, nessuna delle due soluzioni è ottimale.

In SymPy esiste un algoritmo di forza del settore chiamato 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}

Ciò ha richiesto meno di un minuto. Passa da un cocktail di metodi. Vedi la documentazione collegata sopra.

Dati tutti i fattori primi, tutti gli altri fattori possono essere costruiti facilmente.

Si noti che anche se la risposta accettata è stata eseguita per un tempo sufficientemente lungo (cioè un'eternità) da fattorizzare il numero sopra, per alcuni numeri di grandi dimensioni fallirà, come nell'esempio seguente. Ciò è dovuto allo sciatto int(n**0.5). Ad esempio, quando n = 10000000000000079**2, abbiamo

>>> int(n**0.5)
10000000000000078L

Poiché 10000000000000079 è un numero primo , l'algoritmo della risposta accettata non troverà mai questo fattore. Si noti che non è solo un off-by-one; per numeri più grandi sarà disattivato da più. Per questo motivo è meglio evitare i numeri in virgola mobile negli algoritmi di questo tipo.

Per n fino a 10 ** 16 (forse anche un po 'di più), ecco una soluzione Python 3.6 veloce e pura,

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))

Ulteriore miglioramento della soluzione di afg & eryksun. Il seguente pezzo di codice restituisce un elenco ordinato di tutti i fattori senza modificare la complessità asintotica del runtime:

    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

Idea: Invece di usare la funzione list.sort () per ottenere un elenco ordinato che dà complessità a nlog (n); È molto più veloce usare list.reverse () su l2 che richiede complessità O (n). (Ecco come viene creato Python.) Dopo l2.reverse (), l2 può essere aggiunto a l1 per ottenere l'elenco ordinato dei fattori.

Nota, l1 contiene i -s che stanno aumentando. l2 contiene q -s che stanno diminuendo. Questo è il motivo dietro l'utilizzo dell'idea sopra.

Ho provato la maggior parte di queste meravigliose risposte con il tempo a confrontare la loro efficienza rispetto alla mia semplice funzione e tuttavia vedo costantemente le mie sovraperformare quelle elencate qui. Ho pensato di condividerlo e vedere cosa ne pensate tutti.

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

Come è scritto, dovrai importare la matematica per testare, ma sostituire math.sqrt (n) con n **. 5 dovrebbe funzionare altrettanto bene. Non mi preoccupo di perdere tempo a controllare i duplicati perché i duplicati non possono esistere in un set a prescindere.

Ecco un'altra alternativa senza riduzioni che si comporta bene con grandi numeri. Usa sumper appiattire l'elenco.

def factors(n):
    return set(sum([[i, n//i] for i in xrange(1, int(n**0.5)+1) if not n%i], []))

Assicurati di prendere il numero più grande rispetto sqrt(number_to_factor)a numeri insoliti come 99 che ha 3 * 3 * 11 e floor sqrt(99)+1 == 10.

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

Il modo più semplice per trovare i fattori di un numero:

def factors(x):
    return [i for i in range(1,x+1) if x%i==0]

Ecco un esempio se vuoi usare il numero dei numeri primi per andare molto più veloce. Questi elenchi sono facili da trovare su Internet. Ho aggiunto commenti nel codice.

# 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)]

un algoritmo potenzialmente più efficiente di quelli già presentati qui (specialmente se ci sono piccoli facton primi in n). il trucco qui è di adattare il limite a cui è necessaria la divisione di prova ogni volta che vengono trovati i fattori primi:

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

questa ovviamente è ancora divisione di prova e niente di più elegante. e quindi ancora molto limitato nella sua efficienza (specialmente per grandi numeri senza piccoli divisori).

questo è python3; la divisione //dovrebbe essere l'unica cosa che devi adattare per Python 2 (aggiungi from __future__ import division).

L'uso set(...)rende il codice leggermente più lento ed è veramente necessario solo quando si controlla la radice quadrata. Ecco la mia versione:

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

La if sq*sq != num:condizione è necessaria per numeri come 12, in cui la radice quadrata non è un numero intero, ma il pavimento della radice quadrata è un fattore.

Nota che questa versione non restituisce il numero stesso, ma è una soluzione semplice se lo desideri. Anche l'output non è ordinato.

L'ho cronometrato correndo 10000 volte su tutti i numeri 1-200 e 100 volte su tutti i numeri 1-5000. Supera tutte le altre versioni che ho testato, comprese le soluzioni di dansalmo, Jason Schorn, oxrock, agf, steveha e eryksun, sebbene quelle di oxrock siano di gran lunga le più vicine.

il tuo fattore massimo non è superiore al tuo numero, quindi, diciamo

def factors(n):
    factors = []
    for i in range(1, n//2+1):
        if n % i == 0:
            factors.append (i)
    factors.append(n)

    return factors

Ecco!

 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. 

Usa qualcosa di semplice come la seguente comprensione dell'elenco, notando che non abbiamo bisogno di testare 1 e il numero che stiamo cercando di trovare:

def factors(n):
    return [x for x in range(2, n//2+1) if n%x == 0]

In riferimento all'uso della radice quadrata, diciamo che vogliamo trovare fattori di 10. La parte intera del sqrt(10) = 4pertanto range(1, int(sqrt(10))) = [1, 2, 3, 4]e testare fino a 4 manca chiaramente 5.

A meno che non mi manchi qualcosa che suggerirei, se devi farlo in questo modo, usando int(ceil(sqrt(x))). Naturalmente questo produce molte chiamate non necessarie alle funzioni.

Penso che per la leggibilità e la soluzione di speed @ oxrock sia la migliore, quindi ecco il codice riscritto per Python 3+:

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

Sono stato piuttosto sorpreso quando ho visto questa domanda che nessuno ha usato il numpy anche quando il numpy è molto più veloce dei loop in pitone. Implementando la soluzione di @ agf con numpy, si è rivelato in media 8 volte più veloce . Credo che se tu avessi implementato alcune delle altre soluzioni in modo intorpidito, potresti ottenere tempi incredibili.

Ecco la mia funzione:

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))   

Si noti che i numeri dell'asse x non sono l'input per le funzioni. L'ingresso alle funzioni è 2 rispetto al numero sull'asse x meno 1. Quindi dove dieci è l'ingresso sarebbe 2 ** 10-1 = 1023

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;
}

Suppongo che questo sia il modo più semplice per farlo:

    x = 23

    i = 1
    while i <= x:
      if x % i == 0:
        print("factor: %s"% i)
      i += 1