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筛法

素数筛法¶

如果我们想要知道小于等于 $n$ 有多少个素数呢？

一个自然的想法是我们对于小于等于 $n$ 的每个数进行一次判定。这种暴力的做法显然不能达到最优复杂度，考虑如何优化。

考虑这样一件事情：如果 $x$ 是合数，那么 $x$ 的倍数也一定是合数。利用这个结论，我们可以避免很多次不必要的检测。

如果我们从小到大考虑每个数，然后同时把当前这个数的所有（比自己大的）倍数记为合数，那么运行结束的时候没有被标记的数就是素数了。

int Eratosthenes(int n) {
  int p = 0;
  for (int i = 0; i <= n; ++i) is_prime[i] = 1;
  is_prime[0] = is_prime[1] = 0;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (is_prime[i]) {
      prime[p++] = i;  // prime[p]是i,后置自增运算代表当前素数数量
      for (int j = i * i; j <= n;
           j += i)  // 因为从 2 到 i - 1 的倍数我们之前筛过了，这里直接从 i
                    // 的倍数开始，提高了运行速度
        is_prime[j] = 0;  // 是i的倍数的均不是素数
    }
  }
  return p;
}

以上为 Eratosthenes 筛法 （埃拉托斯特尼筛法），时间复杂度是 $O(n\log\log n)$ 。

怎么证明这个复杂度呢？我们先列出复杂度的数学表达式。

发现数学表达式显然就是素数的倒数和乘上 $n$ ，即 $n\sum_p {\frac{1}{p}}$ 。

我们相当于要证明 $\sum_p {\frac{1}{p}}$ 是 $O(\log\log n)$ 的。我们考虑一个很巧妙的构造来证明这个式子是 $O(\log\log n)$ 的：

证明：

注意到调和级数 $\sum_n {\frac{1}{n}}=\ln n$ 。

而又由唯一分解定理可得： $\sum_n {\frac{1}{n}}=\prod_p {(1+\frac{1}{p}+\frac{1}{p^2}+\cdots)}=\prod_p {\frac{p}{p-1}}$ 。

我们两边同时取 $\ln$ ，得：

$\begin{aligned} \ln \sum_n {\frac{1}{n}}&=\ln \prod_p {\frac{p}{p-1}}\\ \ln\ln n&=\sum_p {(\ln p-\ln {(p-1)})} \end{aligned}$

又发现 $\int {\frac{1}{x}dx}=\ln x$ ，所以由微积分基本定理：

$\sum_p {(\ln p-\ln {(p-1)})}=\sum_p {\int_{p-1}^p {\frac{1}{x}dx}}$

画图可以发现， $\int_{p-1}^p {\frac{1}{x}dx}>\frac{1}{p}$ ，所以：

$\ln\ln n=\sum_p {\int_{p-1}^p {\frac{1}{x}dx}}>\sum_p {\frac{1}{p}}$

所以 $\sum_p {\frac{1}{p}}$ 是 $O(\log\log n)$ 的，所以 Eratosthenes 筛法 的复杂度是 $O(n\log\log n)$ 的。

证毕

以上做法仍有优化空间，我们发现这里面似乎会对某些数标记了很多次其为合数。有没有什么办法省掉无意义的步骤呢？

答案当然是：有！

如果能让每个合数都只被标记一次，那么时间复杂度就可以降到 $O(n)$ 了

void init() {
  phi[1] = 1;
  for (int i = 2; i < MAXN; ++i) {
    if (!vis[i]) {
      phi[i] = i - 1;
      pri[cnt++] = i;
    }
    for (int j = 0; j < cnt; ++j) {
      if (1ll * i * pri[j] >= MAXN) break;
      vis[i * pri[j]] = 1;
      if (i % pri[j]) {
        phi[i * pri[j]] = phi[i] * (pri[j] - 1);
      } else {
        // i % pri[j] == 0
        // 换言之，i 之前被 pri[j] 筛过了
        // 由于 pri 里面质数是从小到大的，所以 i 乘上其他的质数的结果一定也是
        // pri[j] 的倍数 它们都被筛过了，就不需要再筛了，所以这里直接 break
        // 掉就好了
        phi[i * pri[j]] = phi[i] * pri[j];
        break;
      }
    }
  }
}

上面代码中的 $phi$ 数组，会在下面提到。

上面的这种 线性筛法 也称为 Euler 筛法 （欧拉筛法）。

Note

注意到筛法求素数的同时也得到了每个数的最小质因子

筛法求欧拉函数¶

注意到在线性筛中，每一个合数都是被最小的质因子筛掉。比如设 $p_1$ 是 $n$ 的最小质因子， $n' = \frac{n}{p_1}$ ，那么线性筛的过程中 $n$ 通过 $n' \times p_1$ 筛掉。

观察线性筛的过程，我们还需要处理两个部分，下面对 $n' \bmod p_1$ 分情况讨论。

如果 $n' \bmod p_1 = 0$ ，那么 $n'$ 包含了 $n$ 的所有质因子。

$\begin{aligned} \varphi(n) & = n \times \prod_{i = 1}^s{\frac{p_i - 1}{p_i}} \\\\ & = p_1 \times n' \times \prod_{i = 1}^s{\frac{p_i - 1}{p_i}} \\\\ & = p_1 \times \varphi(n') \end{aligned}$

那如果 $n' \bmod p_1 \neq 0$ 呢，这时 $n'$ 和 $p_1$ 是互质的，根据欧拉函数性质，我们有：

$\begin{aligned} \varphi(n) & = \varphi(p_1) \times \varphi(n') \\\\ & = (p_1 - 1) \times \varphi(n') \end{aligned}$

void phi_table(int n, int* phi) {
  for (int i = 2; i <= n; i++) phi[i] = 0;
  phi[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= n; i++)
    if (!phi[i])
      for (int j = i; j <= n; j += i) {
        if (!phi[j]) phi[j] = j;
        phi[j] = phi[j] / i * (i - 1);
      }
}

筛法求莫比乌斯函数¶

线性筛¶

void pre() {
  mu[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= 1e7; ++i) {
    if (!v[i]) mu[i] = -1, p[++tot] = i;
    for (int j = 1; j <= tot && i <= 1e7 / p[j]; ++j) {
      v[i * p[j]] = 1;
      if (i % p[j] == 0) {
        mu[i * p[j]] = 0;
        break;
      }
      mu[i * p[j]] = -mu[i];
    }
  }

筛法求约数个数¶

用 $d_i$ 表示 $i$ 的约数个数， $num_i$ 表示 $i$ 的最小质因子出现次数。

约数个数定理¶

定理：若 $n=\prod_{i=1}^mp_i^{c_i}$ 则 $d_i=\prod_{i=1}^mc_i+1$ .

证明：我们知道 $p_i^{c_i}$ 的约数有 $p_i^0,p_i^1,\dots ,p_i^{c_i}$ 共 $c_i+1$ 个，根据乘法原理， $n$ 的约数个数就是 $\prod_{i=1}^mc_i+1$ .

实现¶

因为 $d_i$ 是积性函数，所以可以使用线性筛。

void pre() {
  d[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (!v[i]) v[i] = 1, p[++tot] = i, d[i] = 2, num[i] = 1;
    for (int j = 1; j <= tot && i <= n / p[j]; ++j) {
      v[p[j] * i] = 1;
      if (i % p[j] == 0) {
        num[i * p[j]] = num[i] + 1;
        d[i * p[j]] = d[i] / num[i * p[j]] * (num[i * p[j]] + 1);
        break;
      } else {
        num[i * p[j]] = 1;
        d[i * p[j]] = d[i] * 2;
      }
    }
  }
}

筛法求约数和¶

$f_i$ 表示 $i$ 的约数和， $g_i$ 表示 $i$ 的最小质因子的 $p+p^1+p^2+\dots p^k$ .

void pre() {
  g[1] = f[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (!v[i]) v[i] = 1, p[++tot] = i, g[i] = i + 1, f[i] = i + 1;
    for (int j = 1; j <= tot && i <= n / p[j]; ++j) {
      v[p[j] * i] = 1;
      if (i % p[j] == 0) {
        g[i * p[j]] = g[i] * p[j] + 1;
        f[i * p[j]] = f[i] / g[i] * g[i * p[j]];
        break;
      } else {
        f[i * p[j]] = f[i] * f[p[j]];
        g[i * p[j]] = 1 + p[j];
      }
    }
  }
  for (int i = 1; i <= n; ++i) f[i] = (f[i - 1] + f[i]) % Mod;
}

其他线性函数¶

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