埃氏筛法求质数

题目

输入两个数m和n（m<=n），先计算a = m(m+1)(m+2)……(n-2)(n-1)n，然后再统计2到a之间（包含a）存在多少个合数。

暴力枚举

暴力枚举是最简单也是最基础的做法，直接从定义出发，遍历2到a之间的每个数，依次通过取余的方法去判断：

m = int(input())
n = int(input())

a = 1
for i in range(m, n + 1):
    a *= i

c = 0
for i in range(2, a + 1):
    for j in range(2, i):
        if i % j == 0:
            c += 1
            break

print(c)

埃氏筛法

使用暴力枚举很容易就会发现问题，当m取1，n取10的时候，看起来很小，但是这个时候a的值已经变成了3628800。对于这样的数，暴力枚举显然已经不可接受了，这里就需要介绍一下，埃氏筛法了。

原理：因为一个合数必定可以分解出至少一个质因数，所以要得到自然数n以内的全部素数，必须把不大于根号n的所有素数的倍数剔除，剩下的就是素数。

思想：我们可以从第一个已知的质数2开始遍历，标记它的倍数。当我们遍历到某个数i时，如果这个数i还没有被标记过，那证明在i之前没有它的质因数，那i就肯定是质数，于是我们又去标记i的倍数。如果i已经被标记了，i为合数，直接跳过，继续往后遍历。

解法：有了上面的思想之后，如何去标记数就似乎最大的问题，我们可以建立一个列表ls，列表的索引对应数i,该索引对应的元素取布尔值（或者0和1），表示是否被标记。ls[i] == True,就表示这个数i已经被标记了。

比传统的暴力枚举效率会高非常多。

import math

m = int(input())
n = int(input())

a = 1
for i in range(m, n + 1):
    a *= i

# 因为需要ls[a]，所以列表的长度为a+1，用0表示没被标记，1表示标记了，最后用count数1的个数就可以了。
ls = [0 for i in range(a + 1)]

# 只遍历到a的平方根就可以了，如果平方根左侧没有因数，那右侧必定也没有。
for i in range(2, int(math.sqrt(a + 1))):
    if not ls[i]:
        j = 2
        while i * j <= a:
            ls[i * j] = 1
            j += 1

print(ls.count(1))

欧拉筛

其实仔细思索，埃氏筛也会有很多的重复计算，比如12，在质因子2的时候会被筛一次，在质因子3的时候也会筛一次，如果数据足够大，同一个合数会被重复的筛很多次。欧拉筛和埃氏筛的核心原理是一样的，但是欧拉筛做了一个很重要的改进，即：每个合数只被他最小的质因子筛一次。

具体的实现：

和埃氏筛一样，定义一个列表ls来表示每个数是否被标记，初始全部表示为质数，即未被标记，然后去筛掉合数
再建一个列表primes，来存已经找到的质数，当我们遍历i的时候，如果发现i未被标记，则记录下这个质数
对于每一个i，遍历所有已有的质数，将他们的i倍数全部筛掉，然后，如果发现当前遍历的质数p_n是当前数字i的质因子，则直接break，因为我们要保证每个合数只被它最小的质因子筛掉一次。例如当i=4时，此时存在已有质数2、3，那么就会标记8和12，当i=6时，此时存在已有质数2、3、5，那么就会标记12、18、30，此时会发现12被重复标记了，所以在i=4时，当遇到它的质因子2时，就直接标记8，然后break，不在对3*4的数做标记了
标记时注意判断是否越界

a = int(input())
# 每个数的状态，0是质数，1是合数
ls = [0 for _ in range(a + 1)]
# 记录已经找到的质数
primes = []
for i in range(2, a+1):
    # 如果i是质数，记录下这个质数
    if not ls[i]:
        primes.append(i)
    # 开始筛，筛掉所有已有质数的i倍
    for p_n in primes:
        # 避免越界，只找范围内的数字
        if i * p_n > a:
            break
        ls[i * p_n] = 1
        # 每个数只被他的第一个质因子筛一次，避免重复筛
        if i % p_n == 0:
            break

print(primes)