【算法学习笔记】筛法（算法翻译类）

本节部分内容译自博文 Решето Эратосфена 与其英文翻译版 Sieve of Eratosthenes。其中俄文版版权协议为 Public Domain + Leave a Link；英文版版权协议为 CC-BY-SA 4.0。

素数筛法

如果我们想要知道小于等于 $n$ 有多少个素数呢？

一个自然的想法是对于小于等于 $n$ 的每个数进行一次质数检验。这种暴力的做法显然不能达到最优复杂度。

埃拉托斯特尼筛法

考虑这样一件事情：如果 $x$ 是合数，那么 $x$ 的倍数也一定是合数。利用这个结论，我们可以避免很多次不必要的检测。

如果我们从小到大考虑每个数，然后同时把当前这个数的所有（比自己大的）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。

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,后置自增运算代表当前素数数量
            if ((long long)i * i <= n)
                for (int j = i * i; j <= n; j += i)
                    // 因为从 2 到 i - 1 的倍数我们之前筛过了，这里直接从 i
                    // 的倍数开始，提高了运行速度
                    is_prime[j] = 0; // 是i的倍数的均不是素数
        }
    }
    return p;
}

以上为 Eratosthenes 筛法（埃拉托斯特尼筛法，简称埃氏筛法），时间复杂度是 $O(n\log \log n)$。

怎么证明这个复杂度呢？我们先列出复杂度的数学表达式。

发现数学表达式显然就是素数的倒数和乘上 $n$，即 $n\sum _p\frac{1}{p}$。

我们相当于要证明 $\sum _p\frac{1}{p}$ 是 $O(\log \log n)$ 的。我们考虑一个很巧妙的构造来证明这个式子是 $O(\log \log n)$ 的：

证明：

注意到调和级数 $\sum _n\frac{1}{n}=\ln n$。

而又由唯一分解定理可得：$\sum _n\frac{1}{n}=\prod _p(1+\frac{1}{p}+\frac{1}{p^2}+\cdots )=\prod _p\frac{p}{p-1}$。

我们两边同时取 $\ln$，得：

$$\begin{array}{rl}\ln \sum _n\frac{1}{n}& =\ln \prod _p\frac{p}{p-1}\\ \ln \ln n& =\sum _p(\ln p-\ln (p-1))\end{array}$$

又发现 $\int \frac{1}{x}dx=\ln x$，所以由微积分基本定理：

$$\sum _p(\ln p-\ln (p-1))=\sum _p{\int }_{p-1}^p\frac{1}{x}dx$$

画图可以发现，${\int }_{p-1}^p\frac{1}{x}dx>\frac{1}{p}$，所以：

$$\ln \ln n=\sum _p{\int }_{p-1}^p\frac{1}{x}dx>\sum _p\frac{1}{p}$$

所以 $\sum _p\frac{1}{p}$ 是 $O(\log \log n)$ 的，所以 Eratosthenes 筛法 的复杂度是 $O(n\log \log n)$ 的。

当然，上面的做法效率仍然不够高效，应用下面几种方法可以稍微提高算法的执行效率。

筛至平方根

显然，要找到直到 $n$ 为止的所有素数，仅对不超过 $\sqrt{n}$ 的素数进行筛选就足够了。

vector<char> is_prime(n + 1, true);
is_prime[0] = is_prime[1] = false;
for (int i = 2; i * i <= n; i++) {
    if (is_prime[i]) 
        for (int j = i * i; j <= n; j += i) 
            is_prime[j] = false;
}

这种优化不会影响渐进时间复杂度，实际上重复以上证明，我们将得到 $n\ln \ln \sqrt{n}+o(n)$，根据对数的性质，它们的渐进相同，但操作次数会明显减少。

只筛奇数

因为除 2 以外的偶数都是合数，所以我们可以直接跳过它们，只用关心奇数就好。

首先，这样做能让我们内存需求减半；其次，所需的操作大约也减半。

减少内存的占用

我们注意到筛法只需要 $n$ 比特的内存。因此我们可以通过将变量声明为布尔类型，只申请 $n$ 比特而不是 $n$ 字节的内存，来显著的减少内存占用。即仅占用 ${\displaystyle \frac{n}{8}}$ 字节的内存。

但是，这种称为 位级压缩 的方法会使这些位的操作复杂化。任何位上的读写操作都需要多次算术运算，最终会使算法变慢。

因此，这种方法只有在 $n$ 特别大，以至于我们不能再分配内存时才合理。在这种情况下，我们将牺牲效率，通过显著降低算法速度以节省内存（减小 8 倍）。

值得一提的是，存在自动执行位级压缩的数据结构，如 C++ 中的 vector<bool> 和 bitset<>。

分块筛选

由优化“筛至平方根”可知，不需要一直保留整个 is_prime[1...n] 数组。为了进行筛选，只保留到 $\sqrt{n}$ 的素数就足够了，即 prime[1...sqrt(n)]。并将整个范围分成块，每个块分别进行筛选。这样，我们就不必同时在内存中保留多个块，而且 CPU 可以更好地处理缓存。

设 $s$ 是一个常数，它决定了块的大小，那么我们就有了 $\lceil \frac{n}{s}\rceil$ 个块，而块 $k$($k=0...\lfloor \frac{n}{s}\rfloor$) 包含了区间 $[ks;ks+s-1]$ 中的数字。我们可以依次处理块，也就是说，对于每个块 $k$，我们将遍历所有质数（从 $1$ 到 $\sqrt{n}$）并使用它们进行筛选。

值得注意的是，我们在处理第一个数字时需要稍微修改一下策略：首先，应保留 $[1;\sqrt{n}]$ 中的所有的质数；第二，数字 $0$ 和 $1$ 应该标记为非素数。在处理最后一个块时，不应该忘记最后一个数字 $n$ 并不一定位于块的末尾。

以下实现使用块筛选来计算小于等于 $n$ 的质数数量。

int count_primes(int n) {
    const int S = 10000;
    vector<int> primes;
    int nsqrt = sqrt(n);
    vector<char> is_prime(nsqrt + 1, true);
    for (int i = 2; i <= nsqrt; i++) {
        if (is_prime[i]) {
            primes.push_back(i);
            for (int j = i * i; j <= nsqrt; j += i) is_prime[j] = false;
        }
    }
    int result = 0;
    vector<char> block(S);
    for (int k = 0; k * S <= n; k++) {
        fill(block.begin(), block.end(), true);
        int start = k * S;
        for (int p : primes) {
            int start_idx = (start + p - 1) / p;
            int j         = max(start_idx, p) * p - start;
            for (; j < S; j += p) block[j] = false;
        }
        if (k == 0) block[0] = block[1] = false;
        for (int i = 0; i < S && start + i <= n; i++) {
            if (block[i]) result++;
        }
    }
    return result;
}

分块筛分的渐进时间复杂度与埃氏筛法是一样的（除非块非常小），但是所需的内存将缩小为 $O(\sqrt{n}+S)$，并且有更好的缓存结果。
另一方面，对于每一对块和区间 $[1,\sqrt{n}]$ 中的素数都要进行除法，而对于较小的块来说，这种情况要糟糕得多。
因此，在选择常数 $S$ 时要保持平衡。

块大小 $S$ 取 ${10}^4$ 到 ${10}^5$ 之间，可以获得最佳的速度。

线性筛法

埃氏筛法仍有优化空间，它会将一个合数重复多次标记。有没有什么办法省掉无意义的步骤呢？答案是肯定的。

如果能让每个合数都只被标记一次，那么时间复杂度就可以降到 $O(n)$ 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 之前被 pri[j] 筛过了
                // 由于 pri 里面质数是从小到大的，所以 i 乘上其他的质数的结果一定也是
                // pri[j] 的倍数 它们都被筛过了，就不需要再筛了，所以这里直接 break
                // 掉就好了
                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）。

注意到筛法求素数的同时也得到了每个数的最小质因子

筛法求欧拉函数

注意到在线性筛中，每一个合数都是被最小的质因子筛掉。比如设 $p_1$ 是 $n$ 的最小质因子，$n^{\prime }=\frac{n}{p_1}$，那么线性筛的过程中 $n$ 通过 $n^{\prime }\times p_1$ 筛掉。

观察线性筛的过程，我们还需要处理两个部分，下面对 $n^{\prime }mod{p}_1$ 分情况讨论。

如果 $n^{\prime }mod{p}_1=0$，那么 $n^{\prime }$ 包含了 $n$ 的所有质因子。

$$\begin{array}{rl}\phi (n)& =n\times \prod _{i=1}^s\frac{p_i-1}{p_i}\\ \\ & =p_1\times n^{\prime }\times \prod _{i=1}^s\frac{p_i-1}{p_i}\\ \\ & =p_1\times \phi (n^{\prime })\end{array}$$

那如果 $n^{\prime }mod{p}_1\ne 0$ 呢，这时 $n^{\prime }$ 和 $p_1$ 是互质的，根据欧拉函数性质，我们有：

$$\begin{array}{rl}\phi (n)& =\phi (p_1)\times \phi (n^{\prime })\\ \\ & =(p_1-1)\times \phi (n^{\prime })\end{array}$$

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);
            }
}

筛法求莫比乌斯函数

线性筛

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];
        }
    }
}

筛法求约数个数

用 $d_i$ 表示 $i$ 的约数个数，$nu{m}_i$ 表示 $i$ 的最小质因子出现次数。

约数个数定理

定理：若 $n=\prod _{i=1}^m{p}_i^{c_i}$ 则 $d_i=\prod _{i=1}^m{c}_i+1$.

证明：我们知道 $p_i^{c_i}$ 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 $\prod _{i=1}^m{c}_i+1$.

实现

因为 $d_i$ 是积性函数，所以可以使用线性筛。

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;
            }
        }
    }
}

筛法求约数和

$f_i$ 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;
}

其他线性函数

待补