約數個數定理：

對於一個大於1正整數n可以分解質因數： 則n的正約數的個數就是 。 其中a₁、a₂、a₃…a_k是p₁、p₂、p_3，…p_k的指數。

定理簡證：

首先同上，n可以分解質因數：n=p1^a1×p2^a2×p3^a3*…*pk^ak, 由約數定義可知p1^a1的約數有:p1^0, p1^1, p1^2......p1^a1 ，共（a1+1）個;同理p2^a2的約數有（a2+1）個......pk^ak的約數有（ak+1）個。 故根據乘法原理：n的約數的個數就是(a1+1)(a2+1)(a3+1)…(ak+1)。

例題：

例題：正整數378000共有多少個正約數？ 解：將378000分解質因數378000=2^4×3^3×5^3×7^1 由約數個數定理可知378000共有正約數(4+1)×(3+1)×(3+1)×(1+1)=160個。

約數和定理：

對於一個大於1正整數n可以分解質因數：n=p1^a1*p2^a2*p3^a3*…*pk^ak, 則由約數個數定理可知n的正約數有(a₁+1)(a₂+1)(a₃+1)…(ak+1)個， 那麼n的(a₁+1)(a₂+1)(a₃+1)…(ak+1)個正約數的和為 f(n)=(p1^0+p1^1+p1^2+…p1^a1)(p2^0+p2^1+p2^2+…p2^a2)…(pk^0+pk^1+pk^2+…pk^ak）

定理證明：

證明：若n可以分解質因數：n=p1^a1*p2^a2*p3^a3*…*pk^ak, 可知p1^a1的約數有:p1^0, p1^1, p1^2......p1^a1 … 同理可知，pk^ak的約數有:pk^0, pk^1, pk^2......pk^ak ； 實際上n的約數是在p1^a1、p2^a2、...、pk^ak每一個的約數中分別挑一個相乘得來， 可知共有(a₁+1)(a₂+1)(a₃+1)…(ak+1)種挑法，即約數的個數。 由乘法原理可知它們的和為 f(n)=(p1^0+p1^1+p1^2+…p1^a1)(p2^0+p2^1+p2^2+…p2^a2)…(pk^0+pk^1+pk^2+…pk^ak）

例題：

例題：正整數360的所有正約數的和是多少？ 解：將360分解質因數可得 360=2^3*3^2*5^1 由約數和定理可知，360所有正約數的和為 (2^0+2^1+2^2+2^3)×(3^0+3^1+3^2)×(5^0+5^1)=(1+2+4+8)(1+3+9)(1+5)=15×13×6=1170 可知360的約數有1、2、3、4、5、6、8、9、10、12、15、18、 20、24、30、36、40、45、60、72、90、120、180、360；則它們的和為 1+2+3+4+5+6+8+9+10+12+15+18+20+24+30+36+40+45+60+72+90+120+180+360=1170

所有因子個數τ（n）與所有因子的和σ（n）都是乘（積）性函式。

定義1：因子和函式σ定義為整數n的所有正因子之和，記為σ（n）。

定義2：因子個數函式τ定義為正整數n的所有正因子個數，記為τ（n）。

定理1：設p是一個素數，a是一個正整數，那麼

                                σ（n）=1+p+p^2+……+p^a=【p^(a+1)-1】/(p-1)

                                τ（n）=a+1

定理2：設正整數n有素因子分解 n =（p1^α1）*（p2^α2）*（p3^α3）* ....... *（pk^αk），那麼

             σ（n）=【（p1^α1）-1】/（p1-1） * 【（p2^α2）-1】/（p2-1） * .....  *【（pk^αk）-1】/（pk-1）

             τ（n）=（α1+1）*（α2+1）*（α3+1）*......*（αk+1）

求因子個數：

int prime[maxn],nprime;  
int vis[maxn];  
  
void getprime(){
    nprime = 0;
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    for(int i = 2; i <= 450; i++){
        int t = 450/i;
        for(int j = 2; j <=t; j++)
            vis[i*j] = 1;
    }
    for(int i = 2; i <= 450; i++){
        if(!vis[i])
            prime[nprime++] = i;
    }
}
  
int factor_count(int n){  
    int ans = 1,sum;  
    int k = sqrt(n*1.0);  
    for(int i = 0; prime[i] < k; i++){  
        if(n % prime[i] == 0){  
            sum = 0;  
            while(n % prime[i] == 0){  
                sum++;  
                n /= prime[i];  
            }  
            ans *= (a+1);  
        }  
    }  
    if(n > 1)  
        ans *= 2;  
    return ans;  
}  

求因子和：

int prime[maxn],nprime;
int vis[maxn];

void getprime(){
    nprime = 0;
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    for(int i = 2; i <= 450; i++){
        int t = 450/i;
        for(int j = 2; j <=t; j++)
            vis[i*j] = 1;
    }
    for(int i = 2; i <= 450; i++){
        if(!vis[i])
            prime[nprime++] = i;
    }
}

int pow_mod(int a,int n,int MOD){
    int ans = 1;
    while(n){
        if(n&1)
            ans = (ans*a)%MOD;
        n >>= 1;
        a = (a*a)%MOD;
    }
    return ans;
}

int factor_sum(int n){
    int ans = 1,sum;
    int k = sqrt(n*1.0);
    for(int i = 0; prime[i] < k; i++){
        if(n % prime[i] == 0){
            sum = 0;
            while(n%prime[i] == 0){
                sum++;
                n /= prime[i];
            }
            ans *= (pow_mod(prime[i],sum+1,MOD)-1)/(prime[i]-1);
        }
    }
    if(n > 1)
        ans *= ans(n*n-1)/(n-1);
    return ans;
}