【数论】质数筛（埃氏筛、欧拉筛）

一、质数的判定

1. 质数与合数

一个大于 1 的自然数，除了 1 和它自身外，不能被其他自然数整除的数叫做质数；否则称为合数。其中，质数又称素数。

规定：1 既不是质数也不是合数。

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2. 试除法判断质数

对于一个数 $x$ ，根据定义，我们可以从 [2, x − 1] 这么多个数中一个一个尝试，判断 $x$ 能否被整除。时间复杂度为 $O(x)$。

但是，我们其实没有必要每一个数都去判断。因为 $a$ 如果是 $x$ 的约数，那么 $x/a$ 也是 $x$ 的约数。因此，我们仅需判断较小的 $a$ 是否是 $x$ 的约数，没有必要再去看看 $x/a$。那么，仅需枚举到 $\sqrt{x}$ 即可。时间复杂度为 $O(\sqrt{x})$。

#include<iostream>using namespace std;// 判断 x 是否为质数
bool isPrime(int x)
{if(x <= 1) return false;// i <= x / i 是防溢出的写法, 不建议写 i * i <= xfor(int i = 2; i <= x / i; i++){// 如果 i 是 x 的约数，那么 x 一定不是质数if(x % i == 0) return false;}return true;
}int main()
{int n;cin >> n;int x;while(n--){cin >> x;if(isPrime(x)) cout << x << " ";}return 0;
}

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二、质数筛

0. 引入

上面我们学习了如何判断一个数是否是素数，但是如果此时想知道 [1, n] 中有多少个素数呢？或者是 [1, n] 中的素数里面，第 $k$ 个素数是多少，我们该怎么做呢？

一个自然的想法就是从 2 开始，依次向后对每一个自然数进行一次素数检验。这种解法相对暴力，下面介绍两种方法，能够快速地将 [1, n] 中的素数全部筛选出来。

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1. 埃氏筛

【核心思想】：素数的倍数一定不是素数。

因此，如果想要筛选出 [1, n] 中的所有素数，我们从 2 开始依次考虑每个数，同时把当前这个数的所有倍数（最大到 n）标记为合数，没有被标记的数就是素数。

typedef long long LLbool st[N];  // 当前这个数有没有被标记为合数
int p[N];  // 记录素数
int cnt;  // 素数的个数// 埃氏筛，把 1-n 之间的所有素数筛选出来, 放到 p 数组中
void get_prime(int n)
{for(LL i = 2; i <= n; i++){if(!st[i])  // 如果当前数没有被标记，说明是素数{p[++cnt] = i;  // 记录这个素数// 把这个数的倍数都标记为合数// 小优化: 我们没有必要从这个素数 i 的 2 倍开始标记，可以直接从 i 的 i 倍开始标记for(LL j = i * i; j <= n; j += i){st[j] = true;}}}
}

埃氏筛的时间复杂度为：$O(n\log \log n)$，证明从略。

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2. 欧拉筛（线性筛）

【核心思想】：在埃氏筛的基础上，让每一个合数被它的最小质因数筛掉。

在埃氏筛中，我们不难发现有很多数可能会被标记过不止一次，比如 12 是一个合数，在埃氏筛筛选的过程中，它会被 2 的 6 倍标记，也会被 3 的 4 倍标记。这样就会导致时间复杂度变大，那么欧拉筛针对这一点进行了优化。这个筛法的大致过程和埃氏筛很像，但是它在筛选的过程中能够保证每一个数都只被标记一次。我们的做法是，让每一个合数被它的最小质因数筛掉。

欧拉筛（线性筛）的时间复杂度为：$O(n)$。

typedef long long LLbool st[N];  // 当前这个数有没有被标记为合数
int p[N];  // 记录素数
int cnt;  // 素数的个数void get_prime(int n)
{for(LL i = 2; i <= n; i++){if(!st[i]) p[++cnt] = i;  // 没有被标记过，就是素数// 开始标记for(int j = 1; i * p[j] <= n; j++){st[i * p[j]] = true;if(i % p[j] == 0) break;  // 欧拉筛的核心/*这个判定条件能让每一个合数被自己的最小素因数筛掉。 1. 如果 i 是合数，枚举到最小素因数的时候跳出循环 2. 如果 i 是素数，枚举到自身时跳出循环 */}}
}

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3. 【模板】质数筛 ⭐⭐

【题目链接】

P3383 【模板】线性筛素数 - 洛谷

【题目描述】

如题，给定一个范围 $n$，有 $q$ 个询问，每次输出第 $k$ 小的素数。

【输入格式】

第一行包含两个正整数 $n,q$，分别表示查询的范围和查询的个数。

接下来 $q$ 行每行一个正整数 $k$，表示查询第 $k$ 小的素数。

【输出格式】

输出 $q$ 行，每行一个正整数表示答案。

【示例一】

输入

100 5
1
2
3
4
5

输出

2
3
5
7
11

【说明/提示】

对于 $100\%$ 的数据，$n=10^8$，$1\le q\le 10^6$，保证查询的素数不大于 $n$。

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#include<iostream>typedef long long LL;const int N = 1e8 + 10;
bool st[N];
int p[N], cnt;
int n, q;// // 埃氏筛
// void get_prime(int n)
// {
//     for(LL i = 2; i <= n; i++)
//     {
//         if(!st[i])
//         {
//             p[++cnt] = i;
//             for(LL j = i * i; j <= n; j += i)
//             {
//                 st[j] = true;
//             }
//         }
//     }
// }// 欧拉筛
void get_prime(int n)
{for(LL i = 2; i <= n; i++){if(!st[i]) p[++cnt] = i;for(int j = 1; i * p[j] <= n; j++){st[i * p[j]] = true;if(i % p[j] == 0) break;}}
}int main()
{scanf("%d%d", &n, &q);get_prime(n);while(q--){int i;scanf("%d", &i);printf("%d\n", p[i]);}return 0;
}

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三、OJ 练习

1. Goldbach’s Conjecture ⭐⭐

【题目链接】

UVA543 Goldbach’s Conjecture - 洛谷

【题目描述】

哥德巴赫猜想的内容如下：

任意一个大于 $4$ 的偶数都可以拆成两个奇质数之和。

比如：

$
\begin{aligned}
8&=3+5\
20&=3+17=7+13\
42&=5+37=11+31=13+29=19+23
\end{aligned}
$

你的任务是：验证小于 $10^6$ 的数满足哥德巴赫猜想。

【输入格式】

输入包含多组数据。

每组数据占一行，包含一个偶数 $n(n\le 10^6)$。 读入以 $0$ 结束。

【输出格式】

对于每组数据，输出形如 n = a + b，其中 $a,b$ 是奇质数。若有多组满足条件的 $a,b$，输出 $b-a$ 最大的一组。

若无解，输出 Goldbach's conjecture is wrong.。

【示例一】

输入

8
20
42
0

输出

8 = 3 + 5
20 = 3 + 17
42 = 5 + 37

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(1) 解题思路

把 $[2,10^6]$ 内的所有质数用线性筛筛出来，然后从前往后枚举筛出来的每一个奇质数 $p$，检查 $n-p$ 是否也是奇质数，如果是那么 $n$ 就可以表示为 $(p)+(n-p)$。

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(2) 代码实现

#include<iostream>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 1e6 + 10;
bool vis[N];
int p[N];
int cnt;// 线性筛
void get_prime()
{int n = 1e6;for(LL i = 2; i <= n; i++){if(!vis[i]) p[cnt++] = i;for(int j = 0; p[j] * i <= n; j++){vis[p[j] * i] = true;if(i % p[j] == 0) break;}}
}int main()
{get_prime();int n;while(1){cin >> n;if(n == 0) break;for(int i = 1; i < cnt; i++){int x = p[i];int y = n - x;if(!vis[y]){printf("%d = %d + %d\n", n, x, y);break;}}}return 0;
}

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2. 素数密度 ⭐⭐⭐

【题目链接】

P1835 素数密度 - 洛谷

【题目描述】

给定 $L,R$，请计算区间 $[L,R]$ 中素数的个数。

$1\le L\le R<2^{31}$，$R-L\le 10^6$。

【输入格式】

第一行，两个正整数 $L$ 和 $R$。

【输出格式】

一行，一个整数，表示区间中素数的个数。

【示例一】

输入

2 11

输出

5

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(1) 解题思路

由于这道题的右区间过大，所以我们不能之间开这么大的数组去筛素数。但是区间的长度并不大，因此我们可以考虑先筛出 $[1,\sqrt{R}]$ 中的所有素数，然后用这些素数的倍数去把 $[L,R]$ 区间内的合数打上标记，最后没有被标记的就是素数。

比如，$L=16，R=26$，那么我们就先筛出 $\sqrt{26}$ 以内的所有素数 $[2,3,5]$，之后我们用这三个素数的倍数去标记 $[16,26]$ 中的合数。我们首先需要用 $2$ 的 $8$ 倍（从 $2$ 倍开始就慢了）把 $16$ 标记为合数，之后是 $18,20,...26$。这里的 $8$ 是由 $L/2$ 向上取整得到的。

之后用 $3$ 的 $\lceil 16/3\rceil =6$ 倍把 $18$ 标记为合数，以此类推。

最后遍历 $[L,R]$，没有被标记的就是素数。

• 细节问题

$L$ 有可能是我们在 $[1,\sqrt{R}]$ 中筛出来的素数，比如 $L=5,R=26$，此时我们筛出来的素数为 $[2,3,5]$。那么我们用 $5$ 去标记时我们会把 $5$ 也标记为合数，此时我们至少需要从 $5$ 的 $2$ 倍开始去标记，那么我们只需取 $2$ 和 $\lceil L/i\rceil$ 的较大值即可。

• $\lceil x/y\rceil$ 用代码实现时可以用 (x + y - 1) / y 的写法。

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(2) 代码实现

#include<iostream>
#include<cmath>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 1e6 + 10;
int p[N];
bool vis1[N], vis2[N];  // 分别用来标记 1-sqrt(R) 和 L-R 中的合数
int l, r, cnt;// 欧拉筛筛 1-sqrt(R) 中的素数
void get_prime(int n)
{if(n <= 1) return;for(LL i = 2; i <= n; i++){if(!vis1[i]) p[cnt++] = i;for(int j = 0; i * p[j] <= n; j++){vis1[i * p[j]] = true;if(i % p[j] == 0) break;}}
}// 计算 L-R 中的素数个数
int prime_cnt(int l, int r)
{// 1 不在我们的考虑范围内if(l == 1) l = 2;get_prime(sqrt(r));// 用 1-sqrt(R) 中的每一个素数去标记 L-R 中的合数for(int i = 0; i < cnt; i++){LL x = p[i];// j 表示需要标记的合数for(LL j = max(2 * x, (x + l - 1) / x * x); j <= r; j += x){vis2[j - l] = true;}}// 遍历 vis2 数有多少个素数int cnt = 0;for(int i = l; i <= r; i++){if(!vis2[i - l]) cnt++;}return cnt;
}int main()
{cin >> l >> r;cout << prime_cnt(l, r) << endl;return 0;
}