质数筛算法详解

在信息竞赛中，我们总是会遇到很多判断质数的题目，那么在这里就由我来给大家讲解一下质数筛算法（这里所有讲的算法都是基于筛出从 $1$ 到 $n$ 之间的素数的算法）。

1.普通筛法

最普通的筛法，也就是将前 $n$ 个正整数一个一个来判断是否为素数，并且在判断素数的时候要从 $2$ 枚举到 这个数$-1$ 来判断。

关键代码

for(int i=1;i<=n;++i)//枚举1到n
{
    bool flg=0;
	for(int j=2;j<i;++j)//枚举2到i
	{
		if(i%j==0)//如果i%j=0,也就是i已经不为素数了
		{
			flg=1;//打上标记
			break;//跳出循环，不用再枚举了
		}
	}
	if(flg==0)//如果没有被打上标记
	prime[i]=1;//prime来标记这个数是否为素数。
}

这样的时间复杂度最劣近似 $O(n^2)$。

2.普通筛法的优化

学过奥数的朋友们可能会发现，在判断素数的时候，不一定需要枚举到 $i-1$ 只需要枚举到 $\sqrt{i}$ 就可以判断出来了。

关键代码

for(int i=1;i<=n;++i)//枚举1到n
{
    bool flg=0;
	for(int j=2;j*j<=i;++j)//枚举2到i
	{
		if(i%j==0)//如果i%j=0,也就是i已经不为素数了
		{
			flg=1;//打上标记
			break;//跳出循环，不用再枚举了
		}
	}
	if(flg==0)//如果没有被打上标记
	prime[i]=1;//prime来标记这个数是否为素数。
}

这样的时间复杂度最劣近似 $O(n\sqrt{n})$。

3.暴力筛

我们发现，上面两种筛法会筛到许多没有意义的数，所以我们必须换一种思想方式。

暴力筛，就是先将 $prime$ 数组全部赋值为 $1$。(记得将 $prim{e}_1$ 赋值为 $0$ )。
仍然是要从 $1$ 枚举到 $n$ 。我们先假设当前枚举到了 $i$ 。

如果 $prim{e}_i=1$ 也就是 $i$ 为质数，则我们可以知道 $i$ 的倍数均为合数，所以我们就将 $prim{e}_{i\times k<n,k>=2}$ 赋值为 $0$ 。

最终筛完之后，如果 $prim{e}_i=1$ , $i$ 就是质数。

关键代码

memset(prime,1,sizeof(prime));
priem[1]=0;
for(int i=2;i<=n;++i)
{
	if(prime[i])
	{
		for(int j=2;j*i<=n;++j)
		prime[i*j]=0;
	}
}

显然，该程序一共会执行 $\sum _{i=2}^n{\displaystyle \frac{n}{i}}\approx \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{i=2}^n{\displaystyle \frac{n}{i}}=n\ln n$ 次。

4.埃氏筛

埃氏筛是基于暴力筛法的一种优化。

我们发现，对于暴力筛中小于 $i\times i$ 的数，假设其为 $i\times j$，则必然有 $j<i$，所以这个数已经被 $j$ 筛掉了，不用再去考虑，所以对于第二重循环，我们可以从 $i$，一直枚举到边界。

memset(prime,1,sizeof(prime));
priem[1]=0;
for(int i=2;i<=n;++i)
{
	if(prime[i])
	{
		for(int j=i;j*i<=n;++j)
		prime[i*j]=0;
	}
}

对于第一重循环，可以只枚举到 $\sqrt{n}$，因为在这个范围以内就可以筛掉所有的合数。

对于时间复杂度，因蒟蒻能力有限，不会证明，只给出具体时间复杂度是 $n\ln \ln n$。

5.欧拉筛(线性筛)

我们发现，埃氏筛已经很快了，但是还是有所不足。

因为在埃氏筛中，有很多数有可能被筛到很多次（例如 $6$ , 他就被 $2$ 和 $3$ 分别筛了一次）。 所以在欧拉筛中，我们就是在这个问题上面做了优化，使得所有合数只被筛了一次。

首先，我们定义 $s{t}_i$ 数组表示 $i$ 是否为质数，$prime{s}_i$ 储存已经找到的所有质数，$cnt$ 储存当前一共找到了多少质数。

如果当前已经枚举到了 $i$ 。如果 $s{t}_i=1$ ，也就是 $i$ 为素数。则 $prime{s}_{cnt+1}=i$。

然后我们每一次枚举都要做这个循环: 枚举 $j$ 从 $1$ 到 $cnt$。$s{t}_{prime{s}_j\times i}=0$（因为 $prime{s}_j$ 为素数，$i$ 就表示这个素数的多少倍，要把他筛掉）。

注意，接下来是重点！ 如果 $i\mathrm{mod}prime{s}_j=0$，跳出第二层循环

为什么呢，我们可以这样想。

我们假设当前枚举到的 $i$ 的最小质因子为 $prime{s}_k$。

则在枚举 $1\to k-1$ 时，可以保证 $prime{s}_j<prime{s}_k$。（$primes$ 数组一定递增。）所以 $i\times prime{s}_j$ 的最小质因子一定是 $prime{s}_j$。

当枚举到了 $k$ 时，可以发现，当前的 $prime{s}_k\times i$ 的最小质因子一定是 $prime{s}_k$，只不过多含了几个 $prime{s}_k$。

最后枚举 $k$ 以后的数时，我们可以发现当前 $prime{s}_j>prime{s}_k$，这个素数并没有被他的最小质因子筛掉，所以 $break$。

关键代码

memset(st,0,sizeof(st));
st[1]=0;
for(i=2;i<=n;i++)
{
    if(st[i])
    primes[cnt++]=i;
    for(j=0;primes[j]*i<=n&&j<=cnt;j++)
    {
        st[primes[j]*i]=0;
        if(i%primes[j]==0)
        break;
    }
}

关于正确性

你可能会问，为啥他一定能把所有的素数筛到？

假设有质数没有筛到，其中一个为 $z$。

设其最小质因子为 $prime{s}_l$。

则当我们枚举到 $z/prime{s}_l$ 时，他的循环边界条件一定能枚举到 $l$，所以如果他没有枚举到一定是中间 $break$ 了。

假设使他 $break$ 的质数为 $prime{s}_x$ 且 $x<l$。则 $z/prime{s}_l\mathrm{mod}prime{s}_x=0$ 且 $prime{s}_x<prime{s}_l$。

而这样的话，$z$ 的最小质因子就是 $prime{s}_x$ 而不是 $prime{s}_L$，所以矛盾。

所以这样的方法一定是正确的，且一定使用到的最小质因子来筛。

这样的时间复杂度为 $O(n)$。