线性筛素数
前提：
- prime number：素数
- 每一个合数都可以表示为若干个质数之积
- 最小质因数 × 最大因数（非自己） = 这个合数”
想要快速地筛出一定上限内的素数？
下面这种方法可以保证范围内的每个合数都被删掉（在 bool 数组里面标记为非素数），而且任一合数只被：
“最小质因数 × 最大因数（非自己） = 这个合数”
的途径删掉。由于每个数只被筛一次，时间复杂度为 O(n)O(n)。
欧拉筛
先浏览如何实现再讲其中的原理。
实现
#include <cstdio>
#include <cstring>
bool isPrime[100000010];
//isPrime[i] == 1表示：i是素数
int Prime[6000010], cnt = 0;
//Prime存质数
void GetPrime(int n)//筛到n
{
memset(isPrime, 1, sizeof(isPrime));
//以“每个数都是素数”为初始状态，逐个删去
isPrime[1] = 0;//1不是素数
for(int i = 2; i <= n; i++)
{
if(isPrime[i])//没筛掉
Prime[++cnt] = i; //i成为下一个素数
for(int j = 1; j <= cnt && i*Prime[j] <= n/*不超上限*/; j++)
{
//从Prime[1]，即最小质数2开始，逐个枚举已知的质数，并期望Prime[j]是(i*Prime[j])的最小质因数
//当然，i肯定比Prime[j]大，因为Prime[j]是在i之前得出的
isPrime[i*Prime[j]] = 0;
if(i % Prime[j] == 0)//i中也含有Prime[j]这个因子
break; //重要步骤。见原理
}
}
}
int main()
{
int n, q;
scanf("%d %d", &n, &q);
GetPrime(n);
while (q--)
{
int k;
scanf("%d", &k);
printf("%d\n", Prime[k]);
}
return 0;
}
原理概述
代码中，外层枚举 i = 1 \to ni=1→n。对于一个 ii，经过前面的腥风血雨，如果它还没有被筛掉，就加到质数数组 Prime[]Prime[] 中。下一步，是用 ii 来筛掉一波数。
内层从小到大枚举 Prime[j]Prime[j]。i×Prime[j]i×Prime[j] 是尝试筛掉的某个合数，其中，我们期望 Prime[j]Prime[j] 是这个合数的最小质因数 (这是线性复杂度的条件，下面叫做“筛条件”)。它是怎么得到保证的？
jj 的循环中，有一句就做到了这一点：
if(i % Prime[j] == 0)
break;
jj 循环到 i \mod Prime[j] == 0imodPrime[j]==0 就恰好需要停止的理由是：
-
下面用 s(smaller)s(smaller) 表示小于 jj 的数，L(larger)L(larger) 表示大于 jj 的数。
-
① ii 的最小质因数肯定是 Prime[j]Prime[j]。
（如果 ii 的最小质因数是 Prime[s]Prime[s] ，那么 Prime[s]Prime[s] 更早被枚举到（因为我们从小到大枚举质数），当时就要break）
既然 ii 的最小质因数是 Prime[j]Prime[j]，那么 i × Prime[j]i×Prime[j] 的最小质因数也是 Prime[j]Prime[j]。所以，jj 本身是符合“筛条件”的。
-
② i × Prime[s]i×Prime[s] 的最小质因数确实是 Prime[s]Prime[s]。
（如果是它的最小质因数是更小的质数 Prime[t]Prime[t]，那么当然 Prime[t]Prime[t] 更早被枚举到，当时就要break）
这说明 jj 之前（用 i × Prime[s]i×Prime[s] 的方式去筛合数，使用的是最小质因数）都符合“筛条件”。
-
③ i × Prime[L]i×Prime[L] 的最小质因数一定是 Prime[j]Prime[j]。
（因为 ii 的最小质因数是 Prime[j]Prime[j]，所以 i × Prime[L]i×Prime[L] 也含有 Prime[j]Prime[j] 这个因数（这是 ii 的功劳），所以其最小质因数也是 Prime[j]Prime[j]（新的质因数 Prime[L]Prime[L] 太大了））
这说明，如果 jj 继续递增（将以 i × Prime[L]i×Prime[L] 的方式去筛合数，没有使用最小质因数），是不符合“筛条件”的。
小提示：
当 ii 还不大的时候，可能会一层内就筛去大量合数，看上去耗时比较大，但是由于保证了筛去的合数日后将不会再被筛（总共只筛一次），复杂度是线性的。到 ii 接近 nn 时，每层几乎都不用做什么事。
建议看下面两个并不复杂的证明，你能更加信任这个筛法，利于以后的扩展学习。
正确性（所有合数都会被标记）证明
设一合数 CC（要筛掉）的最小质因数是 p_1p1，令 B = C / p_1B=C/p1（C = B × p_1C=B×p1），则 BB 的最小质因数不小于 p_1p1（否则 CC 也有这个更小因子）。那么当外层枚举到 i = Bi=B 时，我们将会从小到大枚举各个质数；因为 i = Bi=B 的最小质因数不小于 p_1p1，所以 ii 在质数枚举至 p_1p1 之前一定不会break，这回，CC 一定会被 B × p_iB×pi 删去。
核心：亲爱的 BB 的最小质因数必不小于 p_1p1。
例：315 = 3 × 3 × 5 × 7315=3×3×5×7，其最小质因数是 33。考虑 i = 315 / 3 = 105i=315/3=105 时，我们从小到大逐个枚举质数，正是因为 ii 的最小质因数也不会小于 33（本例中就是 33），所以当枚举 j = 1 (Prime[j] = 2)j=1(Prime[j]=2) 时，ii 不包含 22 这个因子，也就不会break，直到 Prime[j] = 3Prime[j]=3 之后才退出。
当然质数不能表示成“大于1的某数×质数”，所以整个流程中不会标记。
线性复杂度证明
注意这个算法一直使用“某数×质数”去筛合数，又已经证明一个合数一定会被它的最小质因数 p_1p1 筛掉，所以我们唯一要担心的就是同一个合数是否会被“另外某数 × p_1p1 以外的质数”再筛一次导致浪费时间。设要筛的合数是 CC，设这么一个作孽的质数为 p_xpx，再令 A = C / p_xA=C/px，则 AA 中一定有 p_1p1 这个因子。当外层枚举到 i = Ai=A，它想要再筛一次 CC，却在枚举 Prime[j] = p_1Prime[j]=p1 时，因为 i \mod Prime[j] == 0imodPrime[j]==0 就退出了。因而 CC 除了 p_1p1 以外的质因数都不能筛它。
核心：罪恶的 AA 中必有 p_1p1 这个因子。
例：315 = 3 × 3 × 5 × 7315=3×3×5×7。首先，虽然看上去有两个 33，但我们筛数的唯一一句话就是
isPrime[i*Prime[j]] = 0;
所以，315315 只可能用 105 × 3105×3 或 63 × 563×5 或 45 × 745×7 这三次筛而非四次。然后，非常抱歉，后两个 i = 63, i = 45i=63,i=45 都因为贪婪地要求对应的质数 Prime[j]Prime[j] 为 55 、77，而自己被迫拥有 33 这个因数，因此他们内部根本枚举不到 55 、77，而是枚举到 33 就break了。
以上两个一证，也就无可多说了。
