AcWing 1292. 哥德巴赫猜想

\(AcWing\) \(1292\). 哥德巴赫猜想

一、题目描述

哥德巴赫猜想的内容如下：

任意一个大于 \(4\) 的偶数都可以拆成两个奇素数之和。

例如：

\(8=3+5\)
\(20=3+17=7+13\)
\(42=5+37=11+31=13+29=19+23\)

现在，你的任务是验证所有小于一百万的偶数能否满足哥德巴赫猜想。

输入格式
输入包含多组数据。

每组数据占一行，包含一个偶数 \(n\)。

读入以 \(0\) 结束。

输出格式
对于每组数据，输出形如 \(n = a + b\)，其中 \(a,b\) 是奇素数。

若有多组满足条件的 \(a,b\)，输出 \(b−a\) 最大的一组。

若无解，输出 Goldbach's conjecture is wrong.。

数据范围
\(6≤n<10^6\)

输入样例

8
20
42
0

输出样例：

8 = 3 + 5
20 = 3 + 17
42 = 5 + 37

二、一些常识

• 欧拉筛时间复杂度

\(O(n)\)

• 自然对数\(e\)

自然对数\(e\)是一个数学常数，约等于\(2.71828\)。它是一个无理数，也是一个重要的数学常数。\(e\)是自然对数的底数，它在许多数学和科学领域中都有广泛的应用。

自然对数\(e\)可以通过以下级数展开来定义：

\(\large e = 1 + \frac{1}{1}! + \frac{1}{2}! + \frac{1}{3}! + \frac{1}{4}! + ...\)

\(n!\)表示\(n\)的阶乘。

• 质数个数定理

\(1\sim n\)之间质数的个数 约 是\(\large \frac{n}{lgn}=\frac{n}{log_en}\)

举个例子：\(n=100\),按如下的\(C++\)代码+质数个数定理进行计算,结果是\(21\),实际上是\(25\)个，两者在数量级上是一致的，但不是非常准确，只能用于估算。

\(n \div lg(n) =100 \div 4.60517 = 21\)

		
#include <iostream>
#include <cmath>

bool is_prime(int num) {
    if (num < 2) {
        return false;
    }

    for (int i = 2; i <= sqrt(num); i++) {
        if (num % i == 0) {
            return false;
        }
    }

    return true;
}

int main() {
    int n = 100; // n的值为100

    int prime_count = 0; // 质数个数的计数器

    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (is_prime(i)) {
            prime_count++;
        }
    }

    std::cout << "质数个数: " << prime_count << std::endl;

    double estimated_count = (n / log(n)); // 使用质数个数定理估计质数的个数

    std::cout << "质数个数定理估计值: " << estimated_count << std::endl;

    return 0;
}

    
	

• 算数基本定理

任何一个大于\(1\)的自然数 \(N\)，如果\(N\)不为质数，那么\(N\)可以唯一分解成有限个质数的乘积\(N = P_1^{a_1}P_2^{a_2}P_3^{a_3}…P_n^{a_n}\)，这里\(P_1<P_2<P_3…<P_n\)均为质数，其中指数\(a_i\)是正整数,这样的分解称为 \(N\) 的标准分解式。

三、实现思路

• ① 欧拉筛求出区间内所有质数
• ② 枚举每个质数，（注意 要放过数字\(2\),因为\(2\)是偶数，本题要求是奇数）
• ③ 判断\(n-a\)是不是也是质数，此时\(st[i]\)数组发挥巨大作用
• ④ 找到的第一个就是结果

四、实现代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

// 欧拉筛
const int N = 1e6 + 10;
int primes[N], cnt; // primes[]存储所有素数
bool st[N];         // st[x]存储x是否被筛掉
void get_primes(int n) {
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!st[i]) primes[cnt++] = i;
        for (int j = 0; primes[j] * i <= n; j++) {
            st[primes[j] * i] = true;
            if (i % primes[j] == 0) break;
        }
    }
}

int main() {
    // 加快读入
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    // 欧拉筛求出区间内所有质数
    get_primes(N - 1); // 不能到N，因为数组下标从0开始！要不会越界~

    int n;

    while (cin >> n, n) {
        for (int i = 1;; i++) { // 枚举每个奇数质数,不用上界，因为认为哥德巴赫猜想是正确的，肯定有解
            int a = primes[i];  // primes[0]=2,因为2特殊，是质数，并且是奇数，本题要求是奇数，放过数字2
            int b = n - a;      // 差值
            if (!st[b]) {       // 差值也是质数,这个st数组用的漂亮啊，我还以为要在primes中二分呢
                          // 第一个找的就是最小奇数质数因子，所以相对就是最大的奇数质数因子，两者的差就是最大
                printf("%d = %d + %d\n", n, a, b);
                break;
            }
        }
    }
    return 0;
}