算法学习笔记（24）：筛法

合集 - 算法(31)

1.算法学习笔记（1）：CDQ分治2023-11-172.算法学习笔记（2）：分块2023-11-303.算法学习笔记（3）：莫队算法2024-01-014.算法学习笔记（4）：FHQ平衡树（无旋平衡树）2024-01-015.算法学习笔记（5）：AC自动机2024-01-016.算法学习笔记（6）：优秀trick和性质合集2024-03-097.算法学习笔记（7）：数论2024-03-098.算法学习笔记（9）：第k大问题合集2024-03-169.算法学习笔记（10）：各种序的美好性质2024-03-1610.算法学习笔记（11）：历史版本和线段树2024-03-3111.算法学习笔记（12）：左偏树2024-04-0812.算法学习笔记（13）：同余最短路2024-04-1213.算法学习笔记（14）：区间最值操作和历史最值问题2024-04-2814.算法学习笔记（15）： Splay树2024-05-0615.算法学习笔记（16）：Link Cut Tree2024-05-0716.算法学习笔记（17）：Slope trick2024-05-1017.算法学习笔记（18）：珂朵莉树2024-05-1318.算法学习笔记（20）：网络流2024-05-1719.算法学习笔记（21）：数论分块2024-06-0620.算法学习笔记（22）：莫比乌斯反演2024-06-0621.算法学习笔记（23）：杜教筛2024-06-07

22.算法学习笔记（24）：筛法2024-06-08

23.暑假集训学习笔记（1）：lxl DS Day 12024-07-0224.暑假集训学习笔记（2）：lxl DS Day 22024-07-0225.暑假集训学习笔记（3）：lxl DS Day 32024-07-0426.多项式笔记2024-07-0827.生成函数笔记2024-07-0828.插头DP2024-07-2529.DP选讲做题记录 by 付乙淼2024-07-2630.拓展摩尔投票2024-09-1831.图论知识总结2024-09-25

收起

筛法

埃氏筛

考虑埃氏筛是通过把每个质数的倍数都标记为合数， 这样剩下的数就都是质数。

时间复杂度 $O(nloglogn)$

bitset<10000000> p; 
void Eratosthenes(int n) {
	for(int i = 2; i <= n; i++) {
		if(!p[i]) prime[++tot] = i;
		for(int j = i << 1; j <= n; j += i) 
			p.set(j, true);
	}
}

虽然时间复杂度高于线性， 但是搭配 bitset 效率会比欧拉筛还要优秀！

欧拉筛

欧拉筛时间复杂度 $O(n)$， 具体就是每个合数只会被其最小质因子筛一次。

bool p[10000000];
void Euler(int n) {
	for(int i = 2; i <= n; i++) {
		if(!p[i]) prime[++tot] = i;
		for(int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= n; j++) {
			p[i * prime[j]] = 1;
			if(i % prime[j] == 0) break;
		}
	}
}

看起来很神奇， 两层 for 循环时间复杂度 $O(n)$。

正确性证明：

考虑每个合数可以表示成 $a=b\ast p1$， $p1$ 就是 $a$ 的最小质因子， 考虑 $b$ 一定会筛到 $a$， 因为 $p1$ 一定也是 $a$ 的最小质因子， 所以在 break 前一定会筛到 $a$。

时间复杂度证明：

考虑每个合数可以表示成 $a=b\ast p1$， $p1$ 就是 $a$ 的最小质因子， 考虑拿 $b$ 去筛的时候只会筛到 $a$ 一次， 因为我们枚举的质数是递增的。
现在我们就是证明是否存在一个 $c$， $a=c\ast p2$。 $c$ 会筛到 $a$， 考虑 $p2$ 一定大于 $p1$， 因为 $p1$ 是最小质因子。 并且 $p1$ 一定是 $c$ 的因子， 所以在我们枚举质数时枚举到 $p1$ 时候就会 break 掉， 所以不会筛到 $a$。

欧拉函数

首先给出公式：

$\varphi (n)=n\prod \frac{p_i-1}{p_i}$

考虑用线性筛。
当 $nmodp==0$ 时， $n$ 包含了 $n\ast p$
$\begin{array}{rl}\varphi (n)& =n\times \prod _{i=1}^s\frac{p_i-1}{p_i}\\ \\ & =p_1\times n^{\prime }\times \prod _{i=1}^s\frac{p_i-1}{p_i}\\ \\ & =p_1\times \phi (n^{\prime })\end{array}$

当 $nmodp!=0$ 时， 则 $n$ 与 $p$ 互质

$\begin{array}{rl}\varphi (n\ast p)& =\varphi (p)\ast \varphi (n)\\ \\ & =(p-1)\ast \varphi (n)\\ \end{array}$

代码：
注意 $\varphi [1]=1$。

点击查看代码

bool p[10000000];
void Euler(int n) {
	phi[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= n; i++) {
		if(!p[i]) prime[++tot] = i, phi[i] = i - 1;
		for(int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= n; j++) {
			p[i * prime[j]] = 1;
			if(i % prime[j] == 0) {
				phi[i * prime[j]] = prime[j] * phi[i];
				break;
			}
			else 
				phi[i * prime[j]] = (prime[j] - 1) * phi[i];
		}
	}
}

莫比乌斯函数

定义如下：
$\mu (n)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ 0& n\text{ 含有平方因子}\\ (-1{)}^k& k\text{ 为 }n\text{ 的本质不同质因子个数}\end{array}$

在用欧拉筛时则有:
$\mu (n)=\{\begin{array}{ll}0& n^{\prime }mod{p}_1=0\\ \\ -\mu (n^{\prime })& \text{otherwise}\end{array}$
证明：

当 $imodp==0$ 时， $i\ast p$ 就含有平方因子p， 所以 $\mu (i\ast p)=0$。

当 $imodp!=0$ 时， $\mu (i\ast p)$ 就等于 $-\mu (i)$， 由定义可得。

代码：

注意 $\mu [1]=1$。

点击查看代码

bool p[10000000];
void Euler(int n) {
	mu[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= n; i++) {
		if(!p[i]) prime[++tot] = i;
		for(int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= n; j++) {
			p[i * prime[j]] = 1;
			if(i % prime[j] == 0) {
				mu[i * prime[j]] = 0;
				break;
			}
			else 
				mu[i * prime[j]] = -mu[i];
		}
	}
}

约数个数函数

$d(i\ast p)=2d(i)-d(\frac{i}{p})$

约数和函数

$\sigma (i\ast p)=p(\sigma (i)-\sigma (\frac{i}{p}))+\sigma (i)$

其他情况就拿通项公式和积性函数算即可。