线性筛的理解及应用
素数筛法
如果我们想要知道小于等于 $n$ 有多少个素数呢？
一个自然的想法是我们对于小于等于 $n$ 的每个数进行一次判定。这种暴力的做法显然不能达到最优复杂度，考虑如何优化。
考虑这样一件事情：如果 是合数，那么 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 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），时间复杂度是 $O(nloglogn)$.
以上做法仍有优化空间，我们发现这里面似乎会对某些数标记了很多次其为合数。有没有什么办法省掉无意义的步骤呢？
答案当然是：有！
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。
//这里再求素数的同时也计算了 $phi$ ，是为了看出素数筛与线性筛的联系。
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会被 // pri[j] 的倍数筛掉，就不需要在这里先筛一次，所以这里直接 break // 掉就好了 phi[i * pri[j]] = phi[i] * pri[j]; break; } } } }
关键之处在：if(i%prime[j]==0) break;
这句代码保证了每个数最多被筛一次，将时间复杂度降到了线性。
证：prime[]数组中的素数是递增的,当i能整除prime[j]，那么i*prime[j+1]这个合数肯定会被prime[j]乘以某个数筛掉。因此，这里直接break掉，将i*prime[j+1]及之后的给后面的数去筛。这种方法能保证每个数只被筛一遍，又能保证每个数都被筛到。
为了更好的理解，画出前面几次筛的情况：
从图上我们看到，第一列筛掉的是最小素因子是2的数，第二列筛掉的是最小素因子为3的数，依次类推，可以把所有的合数都筛掉。
因为是按照最小素因子筛选，每个数的最小素因数只有一个，所以可以保证每个数都只会被筛一遍。
例如，$i=6$ 时，第一个素数是2，能整除，筛掉12后就break；至于第二个素数3，6x3中的最小素因数肯定是前一个素数2，所以它要到 $i=9$，素数取2时才被筛掉。
上面的这种 线性筛法 也称为 Euler 筛法 （欧拉筛法）。
欧拉筛的速度大概是埃氏的3~4倍，然而在小数据中却有被完爆的可能（因为埃氏筛cache友好？）。
筛法求欧拉函数
注意到在线性筛中，每个合数都是被最小的质因数筛掉。比如设 $p_1$ 是 $n$ 的最小质因数，${n}' = \frac{n}{p_1}$，那么线性筛的过程中 $n$ 通过 ${n}' \times p_1$ 筛掉。
观察线性筛的过程，我们还需要处理下面两个部分，下面对 ${n}' \ mod \ p_1$ 分情况讨论：
$$
\begin{aligned}
\varphi(n) &= n \times \prod_{i=1}^s\frac{p_i-1}{p_i}\\
&= p_1 \times {n}' \times \prod_{i=1}^s\frac{p_i-1}{p_i}\\
&= p_1 \times \varphi({n}')
\end{aligned}$$
那如果 ${n}' \ mod \ p_1 \neq 0$ 呢，这时 ${n}'$ 和 $n$ 互质，根据欧拉函数的性质，我们有：
$$
\begin{aligned}
\varphi(n) & = \varphi(p_1) \times \varphi({n}')\\
&=(p_1-1) \times \varphi({n}')\\
\end{aligned}$$
//线性筛的写法见前面，这里用的另外一种筛法
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); } }
线性筛
线性筛基本可以求出所有积性函数，尽管方法不尽相同。
注意一点，外层循环都是从2开始的。
筛法求莫比乌斯函数
由于 $\mu$ 函数是积性函数，因此可以线性筛。
void getMu(int n) { mu[1] = 1; for(int i = 2;i <= n;i++) { if(!flg[i]) p[++tot] = i, mu[i] = -1; for(int j = 1;j <= tot && i*p[j] <= n;j++) { flg[i*p[j]] = 1; if(i % p[j] == 0) { mu[i*p[j]] = 0; break; } else { mu[i*p[j]] = -mu[i]; } } } }
筛法求约数个数
设 $n = {p_1}^{e_1}{p_2}^{e_2}...{p_r}^{e_r}$，易知约数个数为 $fac(n) = (1+e_1)(1+e_2)...(1+e_r)$。也很容易证明其为积性函数。
需要开一个辅助数组 $minp(i)$ 表示 $i$ 最小素因数的次幂.
①当 $i$ 为质数时，$fac(i)=2, \ midp(i)=1$.
②当 $i$ 与 $p$ 互质，$fac(i*p) = fac(i)*fac(p) = fac(i)*2, \ minp(i*p) = 1$
③当 $i$ 与 $p$ 不互质，但 $p$ 是 $i$ 的最小素因子，$fac(i*p) = \frac{fac(i)}{minp(i)+1} * (minp(i)+2), \ minp(i*p) = min(i) + 1$.
void getFac(int n) { fac[1] = 1, minp[1] = 0; for(int i = 2;i <= n;i++) { if(!flg[i]) p[++tot] = i, fac[i] = 2, minp[i] = 1; for(int j = 1; j <= tot && i*p[j] <= n;j++) { flg[i*p[j]] = 1; if(i % p[j] == 0) { fac[i*p[j]] = fac[i] / (minp[i]+1) * (minp[i]+2); minp[i*p[j]] = minp[i] + 1; break; } else { fac[i*p[j]] = fac[i] * 2; minp[i*p[j]] = 1; } } } }
筛法求约数和
设 $n = {p_1}^{e_1}{p_2}^{e_2}...{p_r}^{e_r}$，易知约数和为 $sumd(n) = \sum_{k=0}^{e_1}{p_1}^k \cdot \sum_{k=0}^{e_2}{p_2}^k ... \sum_{k=0}^{e_r}{p_r}^k $.
需要设 $minp(i)$ 表示最小素因数的幂次方，
①当 $i$ 质数，$sumd(i) = i+1, \ midp(i)=i$
②当 $i$ 与 $p$ 互质时，$sum(i*p) = sum(i)*sum(p), \ midp(i) = minp(p) = p$
③当 $i$ 与 $p$ 不互质，但 $p$ 是 $i$ 的最小素因子，根据等比公式求出最小素因子的贡献，除掉之前的乘上现在的，$sum(i*p) = \frac{sum(i)}{minp(i)-1} * (minp(i)^2-1), \ minp(i*p) = minp(i)*p$
void getSumd(int n) { sumd[1] = 1, minp[1] = 0; for(int i = 2;i <= n;i++) { if(!flg[i]) p[++tot] = i, sumd[i] = 1+i, minp[i] = i; for(int j = 1;j <= tot && i * p[j] <= n;j++) { flg[i*p[j]] = 1; if(i % p[j] == 0) { sumd[i*p[j]] = sumd[i] * (minp[i]*p[j]*p[j]-1) / (minp[i]*p[j]-1); //注意溢出 minp[i*p[j]] = minp[i] * p[j]; break; } else { sumd[i*p[j]] = sumd[i] * sumd[p[j]]; minp[i*p[j]] = p[j]; } } } }
1.https://www.jianshu.com/p/f16d318efe9b
2. http://www.voidcn.com/article/p-uetmmxng-bha.html
