在Python中查找数字的所有因子的最有效方法是什么？

有人可以向我解释一种在Python（2.7）中找到一个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，但是我认为它的编码很差，并且花费大量时间才能生成大量结果。

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)))

这将很快返回所有因素n。

为什么以平方根为上限？

sqrt(x) * sqrt(x) = x。因此，如果两个因素相同，则它们都是平方根。如果使一个因子变大，则必须使另一个因子变小。这意味着这两个之一将始终小于或等于sqrt(x)，因此您只需要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获取fac2。

该reduce(list.__add__, ...)走的小名单[fac1, fac2]，并在一个长长的清单一起加入他们。

在[i, n/i] for i in range(1, int(sqrt(n)) + 1) if n % i == 0返回两个因素，如果当你除以其余n由较小的一个是零（它并不需要检查较大的一个过;它只是获取除以n由较小的一个。）

该set(...)在外面摆脱重复，这仅发生于完美的正方形。对于n = 4，它将返回2两次，因此set摆脱其中之一。

@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％。由于奇数的因子本身始终都是奇数，因此在处理奇数时不必检查它们。

我刚刚开始解决欧拉计划困惑了自己。在某些问题中，在两个嵌套for循环内调用除数检查，因此该功能的性能至关重要。

将这一事实与agf的出色解决方案相结合，我最终获得了以下功能：

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导致该功能花费更长的时间。

我进行了一些测试以检查速度。下面是使用的代码。为了产生不同的情节，我相应地进行了更改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，但是数量更大时，优势显而易见：

X =范围（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的答案确实很酷。我想看看是否可以重写它以避免使用reduce()。这是我想出的：

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))

我还尝试了使用棘手的生成器功能的版本：

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)

我运行了一次以让Python对其进行编译，然后在time（1）命令下运行了三次，并保持了最佳时间。

• 减少版本：11.58秒
• itertools版本：11.49秒
• 棘手的版本：​​11.12秒

注意itertools版本正在构建一个元组，并将其传递给flatten_iter（）。如果我更改代码以构建列表，则它会稍微降低速度：

• iterools（列表）版本：11.62秒

我相信棘手的生成器函数版本是Python中最快的。但这并没有比简化版本快很多，根据我的测量，速度大约快4％。

AGF回答的另一种方法：

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

这是@agf解决方案的替代方法，该解决方案以更Python的样式实现相同的算法：

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)
    )

此解决方案在没有导入的Python 2和Python 3中均可使用，并且可读性更高。我还没有测试这种方法的性能，但是渐近地它应该是相同的，并且如果性能是一个严重的问题，那么这两种解决方案都不是最优的。

SymPy中有一种称为强度因子的行业优势算法：

>>> 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}

这花了不到一分钟的时间。它在多种方法之间切换。请参阅上面链接的文档。

考虑到所有主要因素，可以轻松构建所有其他因素。

请注意，即使允许接受的答案运行足够长的时间（即一个永恒的时间）来分解上述数字，但对于某些较大的数字，它将失败，例如以下示例。这是由于马虎int(n**0.5)。例如，当n = 10000000000000079**2我们有

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

由于10000000000000079是质数，因此可接受的答案的算法将永远找不到此因子。请注意，这不仅是一对一的。对于更大的数字，它将更多。因此，最好避免在此类算法中使用浮点数。

对于n高达10 ** 16（甚至更多）的情况，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))

对afg＆eryksun解决方案的进一步改进。下面的代码返回所有因素的排序列表，而不改变运行时的渐进复杂性：

    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：不要使用list.sort（）函数来获取有序列表，从而使nlog（n）变得复杂。在l2上使用list.reverse（）更快，这会增加O（n）的复杂度。（这就是python的制作方法。）在l2.reverse（）之后，可以将l2附加到l1以获得因子的排序列表。

注意，l1包含不断增加的i -s。l2包含q -s递减。这就是使用上述想法的原因。

我用timeit尝试了这些绝妙的答案中的大多数，以比较它们的效率与我的简单功能，但我不断看到我的表现优于此处列出的那些。我想分享一下，看看大家都怎么想。

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

在编写本文时，您必须导入数学以进行测试，但是用n **。5替换math.sqrt（n）也应同样有效。我不会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。

这是另一个没有reduce的替代方法，可以很好地处理大量数据。它用于sum拉平列表。

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

确保抓取的数字大于sqrt(number_to_factor)不寻常数字（例如99，其具有3 * 3 * 11和）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

查找数量因子的最简单方法：

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

这是一个示例，如果您想使用质数更快。这些列表很容易在Internet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)]

一种可能比此处介绍的算法更有效的算法（尤其是如果其中的主要因素较少时n）。诀窍是调整每次发现主要因素时需要进行试验划分的限制：

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

当然，这仍然是审判部门，仅此而已。因此，其效率仍然非常有限（尤其是对于没有小除数的大量用户）。

这是python3; 划分//应该是您唯一需要适应python 2（add from __future__ import division）的东西。

使用set(...)会使代码稍微慢一些，并且仅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

的 if sq*sq != num:对于12之类的数字，条件是必需的，其中平方根不是整数，但是平方根的底数是一个因子。

请注意，此版本本身不返回数字，但是如果需要，可以轻松解决。输出也未排序。

我将其定为在所有数字1-200上运行10000次，并在所有数字1-5000上运行100次。它的性能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最接近。

您的最大因数不超过您的数字，所以，假设

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. 

使用与以下列表推导一样简单的方法，请注意，我们不需要测试1和我们要查找的数字：

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，假设我们要查找10的因数。sqrt(10) = 4因此range(1, int(sqrt(10))) = [1, 2, 3, 4]，求4 的整数部分显然未命中5。

除非我想念什么，否则我建议您使用，如果您必须这样做int(ceil(sqrt(x)))。当然，这会产生很多不必要的函数调用。

我认为为了提高可读性和速度，@ 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

当我看到这个问题，即使numpy 比python循环快得多的时候，也没有人使用numpy，我感到非常惊讶。通过使用numpy实现@agf的解决方案，结果平均快了8倍。我相信，如果您以numpy实施其他一些解决方案，您将获得美好的时光。

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轴的数字不是功能的输入。函数的输入为2，x轴上的数字为负1。因此，输入十是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;
}

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