国庆中秋双节,就不写太长的文章了。node
补充和复习一下之前没写的素数区间筛法算法吧算法
部分证实过程来自OI wiki数组
若是咱们想要知道小于等于 \(n\) 有多少个素数呢?函数
一个天然的想法是咱们对于小于等于 \(n\) 的每一个数进行一次断定。这种暴力的作法显然不能达到最优复杂度,考虑如何优化。优化
考虑这样一件事情:若是 \(x\) 是合数,那么 \(x\) 的倍数也必定是合数。利用这个结论,咱们能够避免不少次没必要要的检测。spa
若是咱们从小到大考虑每一个数,而后同时把当前这个数的全部(比本身大的)倍数记为合数,那么运行结束的时候没有被标记的数就是素数了。code
int Eratosthenes(int n) { int p = 0; for (int i = 0; i <= n; ++i) is_prime[i] = 1; is_prime[0] = is_prime[1] = 0; for (int i = 2; i <= n; ++i) { if (is_prime[i]) { prime[p++] = i; // prime[p]是i,后置自增运算表明当前素数数量 // 由于从 2 到 i - 1 的倍数咱们以前筛过了,这里直接从 i // 的倍数开始,提升了运行速度 for (int j = i * i; j <= n;j += i) is_prime[j] = 0; } return p; }
以上为 Eratosthenes 筛法 (埃拉托斯特尼筛法),时间复杂度是 \(O(n\log\log n)\) 。it
以上作法仍有优化空间,咱们发现这里面彷佛会对某些数标记了不少次其为合数。有没有什么办法省掉无心义的步骤呢?table
答案固然是:有!class
若是能让每一个合数都只被标记一次,那么时间复杂度就能够降到 \(O(n)\) 了
void init() { phi[1] = 1; for (int i = 2; i < MAXN; ++i) { if (!vis[i]) { phi[i] = i - 1; pri[cnt++] = i; } for (int j = 0; j < cnt; ++j) { if (1ll * i * pri[j] >= MAXN) break; vis[i * pri[j]] = 1; if (i % pri[j]) { phi[i * pri[j]] = phi[i] * (pri[j] - 1); } else { // i % pri[j] == 0 // 换言之,i 以前被 pri[j] 筛过了 // 因为 pri 里面质数是从小到大的,因此 i 乘上其余的质数的结果必定也是 // pri[j] 的倍数 它们都被筛过了,就不须要再筛了,因此这里直接 break // 掉就行了 phi[i * pri[j]] = phi[i] * pri[j]; break; } } } }
上面代码中的 \(phi\) 数组,会在下面提到。
上面的这种 线性筛法 也称为 Euler 筛法 (欧拉筛法)。node: 注意到筛法求素数的同时也获得了每一个数的最小质因子
注意到在线性筛中,每个合数都是被最小的质因子筛掉。好比设 \(p_1\) 是 \(n\) 的最小质因子, \(n' = \frac{n}{p_1}\) ,那么线性筛的过程当中 \(n\) 经过 \(n' \times p_1\) 筛掉。
观察线性筛的过程,咱们还须要处理两个部分,下面对 \(n' \bmod p_1\) 分状况讨论。
若是 \(n' \bmod p_1 = 0\) ,那么 \(n'\) 包含了 \(n\) 的全部质因子。
那若是 \(n' \bmod p_1 \neq 0\) 呢,这时 \(n'\) 和 \(p_1\) 是互质的,根据欧拉函数性质,咱们有:
void phi_table(int n, int* phi) { for (int i = 2; i <= n; i++) phi[i] = 0; phi[1] = 1; for (int i = 2; i <= n; i++) if (!phi[i]) for (int j = i; j <= n; j += i) { if (!phi[j]) phi[j] = j; phi[j] = phi[j] / i * (i - 1); } }
void pre() { mu[1] = 1; for (int i = 2; i <= 1e7; ++i) { if (!v[i]) mu[i] = -1, p[++tot] = i; for (int j = 1; j <= tot && i <= 1e7 / p[j]; ++j) { v[i * p[j]] = 1; if (i % p[j] == 0) { mu[i * p[j]] = 0; break; } mu[i * p[j]] = -mu[i]; } }
用 \(d_i\) 表示 \(i\) 的约数个数, \(num_i\) 表示 \(i\) 的最小质因子出现次数。
定理:若 \(n=\prod_{i=1}^mp_i^{c_i}\) 则 \(d_i=\prod_{i=1}^mc_i+1\) .
证实:咱们知道 \(p_i^{c_i}\) 的约数有 \(p_i^0,p_i^1,\dots ,p_i^{c_i}\) 共 \(c_i+1\) 个,根据乘法原理, \(n\) 的约数个数就是 \(\prod_{i=1}^mc_i+1\) .
由于 \(d_i\) 是积性函数,因此可使用线性筛。
void pre() { d[1] = 1; for (int i = 2; i <= n; ++i) { if (!v[i]) v[i] = 1, p[++tot] = i, d[i] = 2, num[i] = 1; for (int j = 1; j <= tot && i <= n / p[j]; ++j) { v[p[j] * i] = 1; if (i % p[j] == 0) { num[i * p[j]] = num[i] + 1; d[i * p[j]] = d[i] / num[i * p[j]] * (num[i * p[j]] + 1); break; } else { num[i * p[j]] = 1; d[i * p[j]] = d[i] * 2; } } } }
\(f_i\) 表示 \(i\) 的约数和, \(g_i\) 表示 \(i\) 的最小质因子的 \(p+p^1+p^2+\dots p^k\) .
void pre() { g[1] = f[1] = 1; for (int i = 2; i <= n; ++i) { if (!v[i]) v[i] = 1, p[++tot] = i, g[i] = i + 1, f[i] = i + 1; for (int j = 1; j <= tot && i <= n / p[j]; ++j) { v[p[j] * i] = 1; if (i % p[j] == 0) { g[i * p[j]] = g[i] * p[j] + 1; f[i * p[j]] = f[i] / g[i] * g[i * p[j]]; break; } else { f[i * p[j]] = f[i] * f[p[j]]; g[i * p[j]] = 1 + p[j]; } } } for (int i = 1; i <= n; ++i) f[i] = (f[i - 1] + f[i]) % Mod; }
给定整数a和b,请问区间\([a,b)\)内有多少个素数?\((a<b≤10^{12},b-a≤10^6)\)
思路:b之内的合数的最小质因数必定不超过\(√b\)。若是有\(√b\)之内的素数表的话,就能够把埃氏筛法运用在\([a,b)\)上了。也就是说,先分别作好\([2,√b)\)的表和\([a,b)\)的表,而后从\([2,√b)\)的表中筛得素数的同时,也将其倍数从\([a,b)\)的表中划去,最后剩下的就是\([a,b)\)内的素数了。
bool v1[Max_n1]; //数组大小为sqrt(b) bool v2[Max_n2]; //数组大小为b-a ll Prime(ll a, ll b) { for (ll i = 0; i * i < b; i++)v1[i] = true; for (ll i = 0; i < b - a; i++)v2[i] = true; for (ll i = 2; i * i < b; i++) { if (v1[i]) { for (ll j = 2 * i; j * j < b; j += i)v1[j] = false; //筛[2,b) for (ll j = max(2LL, (a + i - 1) / i) * i; j < b; j += i)v2[j - a] = false; //筛[a,b) //2LL是2的长整数形式 //((a+i-1)/i)*i是符合>=a最小是i倍数的数 } } ll k = 0; for (ll i = 0; i < b - a; i++) { if (v2[i])k++; } return k;
待补充