求解素数算法(leetcode有感而发)

总结了一些常见的判定素数和计算某个范围内素数个数的一些算法。

1 简单判断素数算法

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。

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,但是有一个算法是O(sqrt(n))的算法。代码如下:

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,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

2 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((2r) * 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;
}

3 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。

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;//  ==0说明不是质数 已经处理过了
		pri[++pri[0]] = i;
		for (int j = 2; i * j <= n && j < n; ++j) {
			pri[i * j] = 0;
		}
	}
}
#include
using namespace std;
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;//  ==0说明不是质数 已经处理过了
		pri[++pri[0]] = i;
		for (int j = 2; i * j <= n && j < n; ++j) {
			pri[i * j] = 0;
		}
	}
}
int  main(){
    getPrime(100);
    for(int i=0;i<101;i++)
    {
        cout<<pri[i]<<" ";
    }
    return 0;
}

输出:
在这里插入图片描述

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),代码如下:

const int MAXN = 1e7 + 5;//代码有些不理解
void getPrime(){
	memset(prime, 0, sizeof(prime));  //全部初始化为0   默认全都是质数,1不是质数
	for (int i = 2;i <= MAXN;i++) {
		if (!prime[i])  //是0
			prime[++prime[0]] = i;//prime[0]每次加1
		for (int j = 1;j <= prime[0] && prime[j] <= MAXN / i;j++) {
			prime[prime[j] * i] = 1;  //1不是质数
			if (i%prime[j] == 0) break;
		}
	}
}
#include
#include
using namespace std;
const int MAXN = 1e2;//代码有些不理解
int prime[MAXN];
int  main(){
	memset(prime, 0, sizeof(prime));  //全部初始化为0   默认全都是质数,1不是质数
	for (int i = 2;i <= MAXN;i++) {
		if (!prime[i])  //是0
			prime[++prime[0]] = i;//prime[0]每次加1
		for (int j = 1;j <= prime[0] && prime[j] <= MAXN / i;j++) {
			prime[prime[j] * i] = 1;  //1不是质数
			if (i%prime[j] == 0) break;
		}
	}
    for(int i=0;i<MAXN;i++)
    {
        cout<<prime[i]<<" ";
    }
    return 0;
}

在这里插入图片描述

来自kuangbin的模板。 模板看的不是很明白,下面我自己写的,比较简单容易明白

int countPrimes(int n) {
    int count = 0;
    //初始默认所有数为质数
    vector<bool> signs(n, true);
    for (int i = 2; i < n; i++) {
        if (signs[i]) {
            count++;
            for (int j = i + i; j < n; j += i) {
                //排除不是质数的数
                signs[j] = false;
            }
        }
    }
    return count;
}

4 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 
#include 
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;
}

5 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;
	}
}

题目实例:
leetcode 204. 计数质数

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