素数算法
一、引言
在平时做题目或者进行运算的时候，素数的出现次数总是十分频繁。今天我们就来一点一点的说一说关于素数的一些算法。
二、朴素判断素数算法
就判断素数而言，事实上是非常简单的了。根据定义，判断一个整数n是否是素数，只需要去判断在整数区间[2, n-1]之内，是否具有某个数m，使得n % m == 0。代码可以这么写：
int isPrime(int n) {
int i;
for (i = 2; i < n; ++i) {
if (n % i == 0) return 0;
}
return 1;
}事实上，这个算法是O(n)的，感觉是很快了，但是依旧无法满足需求。所以有一个算法是O(sqrt(n))的算法。代码可以这么写：
int isPrime(long long n) {
long long i;
for (i = 2; i * i <= n; ++i) {
if (n % i == 0) return 0;
}
return 1;
}原理很巧妙，也仅仅是把代码的i < n变成了i * i <= n而已，但是优化却是极其高的。可能你会注意到，在上一份代码里面，我定义的n为int类型，而后面一份代码，我却定义成了long long，这是因为在1s内，上一份代码能判断出来的数量级为1e8，而后面一份代码判断出来的数量级却几乎可以达到1e16。而原因仅仅是因为a * b = c的话一旦a是c的约数，那么b也是，如果a不是，那么b也不是。
这个方法也可以称作试除法。
三、Miller_Rabin素性测试
尽管上面的O(sqrt(n))的算法已经非常优秀了，但是面对更高数量级的“大数”却会显得力不从心。而这个时候，Miller_Rabin的优越性就显示出来了。
Miller_Rabin的理论基础来源于费马小定理。值得一提的是费马小定理是数论四大定理之一。
费马小定理：n是一个奇素数，a是任何整数(1≤ a≤n-1) ，则 a^(n-1)≡1(mod n)
要测试n是否是一个素数，首先将n-1分解为(2^s) * d，在每次测试开始时，先随机选择一个介于[1, N - 1]的整数a，之后如果对于所有的r∈[0, s - 1]，若a^d mod N ≠ 1且a^((2^r) * d) mod N ≠ -1，那么n就是一个合数，否则n有3/4的几率是素数。
这也是为什么说这个算法只是素性测试了，他不能完全保证结果正确，但是当测试次数大约为20的时候，基本可以确保正确率达到97%以上。
它的代码可以这么写：
const int S = 20;
LL mod_mul(LL a, LL b, LL n) {
LL res = 0;
while (b) {
if (b & 1) res = (res + a) % n;
a = (a + a) % n;
b >>= 1;
}
return res;
}
LL mod_exp(LL a, LL b, LL n) {
LL res = 1;
while (b) {
if (b & 1) res = mod_mul(res, a, n);
a = mod_mul(a, a, n);
b >>= 1;
}
return res;
}
bool miller_rabin(LL n) {
if (n == 2 || n == 3 || n == 5 || n == 7 || n == 11) return true;
if (n == 1 || !(n % 2) || !(n % 3) || !(n % 5) || !(n % 7) || !(n % 11)) return false;
LL x, pre, u = n - 1, k = 0;
while (!(u & 1)) {
++k;
u >>= 1;
}
srand((LL)time(NULL));
for (int i = 0; i < S; ++i) { //进行S次测试，S越大，结果越准确
x = rand() % (n - 2) + 2; //在[2, n)中取随机数
if (x % n == 0) continue;
x = mod_exp(x, u, n); //计算x^u % n
pre = x;
for (int j = 0; j < k; ++j) {
x = mod_mul(x, x, n);
if (x == 1 && pre != 1 && pre != n - 1)
return false;
pre = x;
}
if (x != 1) return false;
}
return true;
}四、筛选法
上面介绍的一些素数判断的算法，在某些问题是基本可以适用的了。但是对于另外一类问题却十分尴尬。比如问你整数区间[1, n]内的素数个数是多少。这个时候如果一个个枚举，一个个判断，对于朴素方法来说，最优也是O(nsqrt(n))，即使是Miller_Rabin算法也无法在O(n)的时间内得到结果。于是就有了埃氏筛选法（埃拉托斯特尼筛法）。
对于筛选整数n以内的素数，算法是这么描述的：先把素数2的倍数全部删除，剩下的数第一个为3，再把素数3的倍数全部删除，剩下的第一个数为5，再把素数5的倍数全部删除······直到把n以内最后一个素数的倍数删除完毕，得到n以内的所有素数。代码可以这么写：
const int maxn = 1e7 + 5;
int pri[maxn];
void getPrime(int n) {
for (int i = 0; i <= n; ++i) pri[i] = i;
pri[1] = 0;
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
if (!pri[i]) continue;
pri[++pri[0]] = i;
for (int j = 2; i * j <= n && j < n; ++j) {
pri[i * j] = 0;
}
}
}而事实上，观察可以发现，上面的这种写法有很多次重复计算，这样显然无法做到线性筛选，而另外一种写法却可以得到线性筛选，达到时间复杂度为O(n)，代码可以这么写：
const int MAXN = 1e7 + 5;
void getPrime(){
memset(prime, 0, sizeof(prime));
for (int i = 2;i <= MAXN;i++) {
if (!prime[i])prime[++prime[0]] = i;
for (int j = 1;j <= prime[0] && prime[j] <= MAXN / i;j++) {
prime[prime[j] * i] = 1;
if (i%prime[j] == 0) break;
}
}
}来自kuangbin的模板。
五、容斥原理
从上面的代码可以发现，显然这种筛法只能应付达到1e7这种数量级的运算，即使是线性的筛选法，也无法满足，因为在ACM竞赛中，1e8的内存是极有可能获得Memery Limit Exceed的。
于是可以考虑容斥原理。
以AHUOJ 557为例，1e8的情况是筛选法完全无法满足的，但是还是考虑a * b = c的情况，1e8只需要考虑10000以内的素数p[10000]，然后每次先减去n / p[i]，再加上n / (p[i] * p[j])再减去n / (p[i] * p[j] * p[k])以此类推...于是就可以得到正确结果了。
代码如下：
#include <cmath>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int maxn = 10005;
int sqrn, n, ans = 0;
bool vis[maxn];
int pri[1500] = {0};
void init(){
vis[1] = true;
int k = 0;
for(int i = 2; i < maxn; i++){
if(!vis[i]) pri[k++] = i;
for(int j = 0; j < k && pri[j] * i < maxn; j++){
vis[pri[j] * i] = true;
if(i % pri[j] == 0) break;
}
}
}
void dfs(int num, int res, int index){
for(int i = index; pri[i] <= sqrn; i++){
if(1LL * res * pri[i] > n){
return;
}
dfs(num + 1, res * pri[i], i+1);
if(num % 2 == 1){
ans -= n / (res * pri[i]);
}else{
ans += n / (res * pri[i]);
}
if(num == 1) ans++;
}
}
int main(){
init();
while(~scanf("%d",&n) && n){
ans = n;
sqrn = sqrt((double)n);
dfs(1,1,0);
printf("%d\n",ans-1);
}
return 0;
}六、Meissel-Lehmer算法
最后介绍的这个算法可以说是黑科技级别的，它能够在3s内求出1e11之内的素数个数。据说还有在300ms内求出1e11的个数的。可以参考wiki里面原理。然后给出来自Codeforces 665F题目里面的代码。
#define MAXN 100 // pre-calc max n for phi(m, n)
#define MAXM 10010 // pre-calc max m for phi(m, n)
#define MAXP 40000 // max primes counter
#define MAX 400010 // max prime
#define setbit(ar, i) (((ar[(i) >> 6]) |= (1 << (((i) >> 1) & 31))))
#define chkbit(ar, i) (((ar[(i) >> 6]) & (1 << (((i) >> 1) & 31))))
#define isprime(x) (( (x) && ((x)&1) && (!chkbit(ar, (x)))) || ((x) == 2))
namespace pcf {
long long dp[MAXN][MAXM];
unsigned int ar[(MAX >> 6) + 5] = { 0 };
int len = 0, primes[MAXP], counter[MAX];
void Sieve() {
setbit(ar, 0), setbit(ar, 1);
for (int i = 3; (i * i) < MAX; i++, i++) {
if (!chkbit(ar, i)) {
int k = i << 1;
for (int j = (i * i); j < MAX; j += k) setbit(ar, j);
}
}
for (int i = 1; i < MAX; i++) {
counter[i] = counter[i - 1];
if (isprime(i)) primes[len++] = i, counter[i]++;
}
}
void init() {
Sieve();
for (int n = 0; n < MAXN; n++) {
for (int m = 0; m < MAXM; m++) {
if (!n) dp[n][m] = m;
else dp[n][m] = dp[n - 1][m] - dp[n - 1][m / primes[n - 1]];
}
}
}
long long phi(long long m, int n) {
if (n == 0) return m;
if (primes[n - 1] >= m) return 1;
if (m < MAXM && n < MAXN) return dp[n][m];
return phi(m, n - 1) - phi(m / primes[n - 1], n - 1);
}
long long Lehmer(long long m) {
if (m < MAX) return counter[m];
long long w, res = 0;
int i, a, s, c, x, y;
s = sqrt(0.9 + m), y = c = cbrt(0.9 + m);
a = counter[y], res = phi(m, a) + a - 1;
for (i = a; primes[i] <= s; i++) res = res - Lehmer(m / primes[i]) + Lehmer(primes[i]) - 1;
return res;
}
}七、后记
写这么多...发现我会的也就这么点了....找了不少的模板...嘛...不过把这些知识梳理一遍，思路也变得清晰许多。以后继续加油~~~
