2020-02-01 更新

想要快速地筛出一定上限内的素数?

下面这种方法可以保证范围内的每个合数都被删掉(在 bool 数组里面标记为非素数),而且任一合数只被:

“最小质因数 × 最大因数(非自己) = 这个合数”

的途径删掉。由于每个数只被筛一次,时间复杂度为 $O(n)$。

欧拉筛

先浏览如何实现再讲其中的原理。


实现

#include <cstdio>
#include <cstring>

bool isPrime[100000010];
//isPrime[i] == 1表示:i是素数
int Prime[6000010], cnt = 0;
//Prime存质数

void GetPrime(int n)//筛到n
{
    memset(isPrime, 1, sizeof(isPrime));
    //以“每个数都是素数”为初始状态,逐个删去
    isPrime[1] = 0;//1不是素数

    for(int i = 2; i <= n; i++)
    {
        if(isPrime[i])//没筛掉 
            Prime[++cnt] = i; //i成为下一个素数

        for(int j = 1; j <= cnt && i*Prime[j] <= n/*不超上限*/; j++) 
        {
            //从Prime[1],即最小质数2开始,逐个枚举已知的质数,并期望Prime[j]是(i*Prime[j])的最小质因数
            //当然,i肯定比Prime[j]大,因为Prime[j]是在i之前得出的
            isPrime[i*Prime[j]] = 0;

            if(i % Prime[j] == 0)//i中也含有Prime[j]这个因子
                break; //重要步骤。见原理
        }
    }
}

int main()
{
    int n, q;
    scanf("%d %d", &n, &q);
    GetPrime(n);
    while (q--)
    {
        int k;
        scanf("%d", &k);
        printf("%d\n", Prime[k]);
    }
    return 0;
}

原理概述

代码中,外层枚举 $i = 1 \to n$。对于一个 $i$,经过前面的腥风血雨,如果它还没有被筛掉,就加到质数数组 $Prime[]$ 中。下一步,是用 $i$ 来筛掉一波数。

内层从小到大枚举 $Prime[j]$。$i×Prime[j]$ 是尝试筛掉的某个合数,其中,我们期望 $Prime[j]$ 是这个合数的最小质因数 (这是线性复杂度的条件,下面叫做“筛条件”)。它是怎么得到保证的?

$j$ 的循环中,有一句就做到了这一点:

            if(i % Prime[j] == 0)
                break; 

$j$ 循环到 $i \mod Prime[j] == 0$ 就恰好需要停止的理由是:

  • 下面用 $s(smaller)$ 表示小于 $j$ 的数,$L(larger)$ 表示大于 $j$ 的数。

  • ① $i$ 的最小质因数肯定是 $Prime[j]$。

    (如果 $i$ 的最小质因数是 $Prime[s]$ ,那么 $Prime[s]$ 更早被枚举到(因为我们从小到大枚举质数),当时就要break)

    既然 $i$ 的最小质因数是 $Prime[j]$,那么 $i × Prime[j]$ 的最小质因数也是 $Prime[j]$。所以,$j$ 本身是符合“筛条件”的。

  • ② $i × Prime[s]$ 的最小质因数确实是 $Prime[s]$。

    (如果是它的最小质因数是更小的质数 $Prime[t]$,那么当然 $Prime[t]$ 更早被枚举到,当时就要break)

    这说明 $j$ 之前(用 $i × Prime[s]$ 的方式去筛合数,使用的是最小质因数)都符合“筛条件”。

  • ③ $i × Prime[L]$ 的最小质因数一定是 $Prime[j]$。

    (因为 $i$ 的最小质因数是 $Prime[j]$,所以 $i × Prime[L]$ 也含有 $Prime[j]$ 这个因数(这是 $i$ 的功劳),所以其最小质因数也是 $Prime[j]$(新的质因数 $Prime[L]$ 太大了))

    这说明,如果 $j$ 继续递增(将以 $i × Prime[L]$ 的方式去筛合数,没有使用最小质因数),是不符合“筛条件”的。

小提示:

当 $i$ 还不大的时候,可能会一层内就筛去大量合数,看上去耗时比较大,但是由于保证了筛去的合数日后将不会再被筛(总共只筛一次),复杂度是线性的。到 $i$ 接近 $n$ 时,每层几乎都不用做什么事。

建议看下面两个并不复杂的证明,你能更加信任这个筛法,利于以后的扩展学习。

正确性(所有合数都会被标记)证明

设一合数 $C$(要筛掉)的最小质因数是 $p_1$,令 $B = C / p_1$($C = B × p_1$),则 $B$ 的最小质因数不小于 $p_1$(否则 $C$ 也有这个更小因子)。那么当外层枚举到 $i = B$ 时,我们将会从小到大枚举各个质数;因为 $i = B$ 的最小质因数不小于 $p_1$,所以 $i$ 在质数枚举至 $p_1$ 之前一定不会break,这回,$C$ 一定会被 $B × p_i$ 删去。

核心:亲爱的 $B$ 的最小质因数必不小于 $p_1$。

例:$315 = 3 × 3 × 5 × 7$,其最小质因数是 $3$。考虑 $i = 315 / 3 = 105$ 时,我们从小到大逐个枚举质数,正是因为 $i$ 的最小质因数不会小于 $3$(本例中就是 $3$),所以当枚举 $j = 1 (Prime[j] = 2)$ 时,$i$ 不包含 $2$ 这个因子,也就不会break,直到 $Prime[j] = 3$ 之后才退出。

当然质数不能表示成“大于1的某数×质数”,所以整个流程中不会标记。

线性复杂度证明

注意这个算法一直使用“某数×质数”去筛合数,又已经证明一个合数一定会被它的最小质因数 $p_1$ 筛掉,所以我们唯一要担心的就是同一个合数是否会被“另外某数 × $p_1$ 以外的质数”再筛一次导致浪费时间。设要筛的合数是 $C$,设这么一个作孽的质数为 $p_x$,再令 $A = C / p_x$,则 $A$ 中一定有 $p_1$ 这个因子。当外层枚举到 $i = A$,它想要再筛一次 $C$,却在枚举 $Prime[j] = p_1$ 时,因为 $i \mod Prime[j] == 0$ 就退出了。因而 $C$ 除了 $p_1$ 以外的质因数都不能筛它。

核心:罪恶的 $A$ 中必有 $p_1$ 这个因子。

例:$315 = 3 × 3 × 5 × 7$。首先,虽然看上去有两个 $3$,但我们筛数的唯一一句话就是

            isPrime[i*Prime[j]] = 0;

所以,$315$ 只可能用 $105 × 3$ 或 $63 × 5$ 或 $45 × 7$ 这三次筛而非四次。然后,非常抱歉,后两个 $i = 63, i = 45$ 都因为贪婪地要求对应的质数 $Prime[j]$ 为 $5$ 、$7$,而自己被迫拥有 $3$ 这个因数,因此他们内部根本枚举不到 $5$ 、$7$,而是枚举到 $3$ 就break了。

以上两个一证,也就无可多说了。


更新日志:

2019-02-22 原理简化;用词修改或订正。

2019-04-02 一些用词更准确;加入更多括号内的注释,减少回看上文的需要。

2020-02-01 题面修改了,补充一下答案输出。