[转]素数基础篇 之 素数的个数
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1.小区间素数个数，百万级别。
简述：有的时候，我们需要知道某个特定区间的素数(区间大小较小，但数可能很大)。那么数组就开不下，这时候我们仍然可以使用筛法，只是所有的下标都进行了偏移。大家理解下面这段代码可以先用普通筛法写，然后数组下标集体移动即可。
const int maxn = 100000; int PrimeList[maxn]; int PrimeNum; bool IsNotPrime[maxn]; // IsNotPrime[i] = 1表示i + L这个数是素数. void SegmentPrime(int L, int U) { // 求区间[L, U]中的素数. int i, j; int SU = sqrt(1.0 * U); int d = U - L + 1; for (i = 0; i < d; i++) IsNotPrime[i] = 0; // 一开始全是素数. for (i = (L % 2 != 0); i < d; i += 2) IsNotPrime[i] = 1; // 把偶数的直接去掉. for (i = 3; i <= SU; i += 2) { if (i > L && IsNotPrime[i - L]) continue; // IsNotPrime[i - L] == 1说明i不是素数. j = (L / i) * i; // j为i的倍数，且最接近L的数. if (j < L) j += i; if (j == i) j += i; // i为素数，j = i说明j也是素数，所以直接 + i. j = j - L; for (; j < d; j += i) IsNotPrime[j] = 1; // 说明j不是素数(IsNotPrime[j - L] = 1). } if (L <= 1) IsNotPrime[1 - L] = 1; if (L <= 2) IsNotPrime[2 - L] = 0; PrimeNum = 0; for (i = 0; i < d; i++) if (!IsNotPrime[i]) PrimeList[PrimeNum++] = i + L; }
2.大区间素数个数，千万、亿级别。
了解了基本的判断方法后，你是不是有个疑问：“我们能判断素数的个数吗？”总所周知，素数的个数是无限的，且没有固定的公式…但如果我们只要判断[a, b]区间(a, b范围为1到1亿)内的素数的个数呢?
首先，我们可以想到，如果要求的素数个数区间[a, b]，当区间长度比较小(10^6内)，我们可以用筛法求出区间内的所有的素数，然后统计个数即可。
但如果区间长度很长或者要求询问的次数很多，那该怎么办呢? [a,b]区间内素数的个数 = [1, b]的个数 - [1, a - 1]的个数，所以我们这里只讨论求[1, a]区间内的素数。以下提供个人的两种方法，时限都是1s内产生结果。如果哪位大牛有更好的方法，大家一起交流下～～
1. 我们可以扩展上面的思想，当区间小的时候，我们可以很好的求出素数的个数。那我们可以把大的区间划分成一块块小的区间，比如把一个长度为1亿的区间划分1,000个长度为100,000的区间。我们可以利用Miller-Rabin事先把[1, 100000], [100001, 200000], [200001, 300000]的区间内的素数个数统计好，然后存在一个数组中。
完成这步后，思路就比较清晰：对于区间[1, a]，可以拆分为一个个长度为100000的小区间([1, 100000], [100001, 200000]…)，加上尾部的小区间[c * 100000, a]。前面的小区间只要数组的值相加即可，而后面的小区间[c * 100000, a]，长度在100000内，直接用区间的筛法求出素数，统计个数即可。
代码：参见上一篇文章的Miller-Rabin，区间求素数的代码。
该方法速度很快，主要时间都花在数组打表上，然后直接存在数组里，求1到1亿的素数个数时间为0.06s。
评价：优点是方法速度快，且直接套模板即可。缺点是需要事先打表，且代码长度很长(因为要给长度为1000的数组赋初值)。
2. 第二种方法涉及到容斥原理(inclusion-exclusion principle)，容斥原理参见(http://en.wikipedia.org/wiki/Inclusion-exclusion_principle)。
当一个数是合数，那么它可以分解成几个素数的乘积。如30 = 2 * 3 * 5。我们可以统计合数的个数，然后拿总数减它就是素数的个数(注意还要去掉1的)。我们可以利用类似筛法的原理，去除2的倍数(它们肯定是合数，不包括2)，然后去除3的倍数，5的倍数，知道去除到Sqrt(a)的倍数为止。但你会发现6 = 2 * 3，被去除了2次，而这正是容斥原理解决的问题。合数的个数 = 1个素数筛完的合数个数 – 2个素数筛完的合数个数 + 3个素数筛完的合数个数...
而容斥原理的累加过程，即可用DFS来解决。你可能会认为sqrt(1亿) = 10000，其中素数有很多，DFS要跑很长时间。但我们只需要加一些简单的优化即可很大程度地提高程序的效率。
首先，我们写筛法出1到sqrt(a)的素数表，然后从小到大DFS。
如果当前的乘积 > a，那么直接退到上一层。
如果该层的所有乘积不能使总数发生变化(即所有乘积都 > a)，那么直接退回第一层。(因为是从小到大，该层下面的乘积必将 > a)
如果是第一层的所有乘积不能使总数发生变化，那么程序运行结束。(原理同上)
经过这样优化后，求1到1亿的时间为0.4秒，1到10亿的时间为3.5s。
核心代码：
void Solve(int index, int lcm, int K) { int i; int t, t_temp; if (K == 0) { temp += n / lcm; return ; } for (i = index; i < total - K + 1; i++) { t = lcm * primelist[i]; t_temp = temp; if (t <= n) { Solve(i + 1, t, K - 1); } if (t_temp == temp) return ; // 剪枝：同样道理，说明以后的K - 1个不能组成我们想要的值 } } main()中： for (k = 1; k <= total; k++) { // 计算size中选k个的总数. temp = 0; Solve(0, 1, k); if (temp == 0) break; // 说明最小的k个乘积都大于n了，那么可以直接break了. if (k & 1) ans += temp; else ans -= temp; }
评价：该方法巧妙地使用了容斥原理来计数，且DFS应用于容斥原理的剪枝十分重要。
提到容斥原理，推荐一道前不久做的题目SRM 453.5 DIV 1 1000(http://www.topcoder.com/stat?c=problem_statement&pm=10420&rd=14174)，两题的容斥原理思想差不多，但剪枝方法不同，而且两题的方法交换都会产生超时...(有兴趣一起交流下～～)
