【算法专题】筛法求质数
筛法求质数
1. 概述
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判断一个数
n是否是质数，可以使用试除法，时间复杂度是 O ( n ) O(\sqrt n) O(n)的。 -
现在的问题是求
1~n中的所有质数，如果一个一个判断的话，时间复杂度是 O ( n × n ) O(n \times \sqrt n) O(n×n)的，不可取。
筛质数
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所谓的筛质数是指：给定一个正整数n，输出1~n中的质数。
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存在三种筛质数的方法：（1）朴素法筛质数；（2）埃拉托色尼筛选法；（3）线性选法。
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这三种方法对数据的存储是相同的，如下：
const int N = 1000010;
int primes[N], cnt; // primes[0]~primes[cnt-1]存储的是0~n中所有的质数(从小到大)
bool st[N]; // st[i] == true说明i不是质数
（1）朴素法筛质数
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基本思路：将2~n中所有数的倍数都删掉，剩余的数据就是质数。
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从2一直遍历到n，如果当前
st[i]==false，说明i是质数，因为它没被2~i-1筛掉，说明2~i-1都不能整除i，根据定义i是质数。 -
时间复杂度分析：我们要删除2的所有倍数，3的所有倍数，…，因此计算次数为 n 2 + n 3 . . . + n n = n × ( 1 2 + 1 3 . . . + 1 n ) \frac{n}{2} + \frac{n}{3} ... + \frac{n}{n} =n \times (\frac{1}{2} + \frac{1}{3} ... + \frac{1}{n}) 2n+3n...+nn=n×(21+31...+n1)，其中 1 2 + 1 3 . . . + 1 n \frac{1}{2} + \frac{1}{3} ... + \frac{1}{n} 21+31...+n1是调和级数，该级数是发散的，但有： 1 2 + 1 3 . . . + 1 n = l n ( n ) \frac{1}{2} + \frac{1}{3} ... + \frac{1}{n}=ln(n) 21+31...+n1=ln(n)，因此时间复杂度为 O ( n × l o g ( n ) ) O(n\times log(n)) O(n×log(n))。
// 朴素法筛质数，时间复杂度：O(n*log(n))
void get_primes(int n) {
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (!st[i]) primes[cnt++] = i;
for (int j = i + i; j <= n; j += i) st[j] = true;
}
}
（2）埃拉托色尼筛选法（埃式筛法）
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该方法是对（1）的一个优化。
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基本思路：将2~n中所有质数的倍数都删掉，剩余的数据就是质数。
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从2一直遍历到n，如果当前
st[i]==false，说明i是质数，因为它没被2~i-1中的质数筛掉，说明2~i-1中的质数都不能整除i，则i是质数。 -
时间复杂度分析：这里大致估计一下，首先由质数定理：1~n中质数的个数大约为 n l n ( n ) \frac{n}{ln(n)} ln(n)n个，本来要筛n个数，但是现在只需要筛大约为 n l n ( n ) \frac{n}{ln(n)} ln(n)n个数，因此时间复杂度为 n / l o g ( n ) × l o g ( n ) = n n / log(n) \times log(n)=n n/log(n)×log(n)=n，为 O ( n ) O(n) O(n)量级的。
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实际上，埃式筛法准确的时间复杂度为 O ( n × l o g ( l o g ( n ) ) ) O(n \times log(log(n))) O(n×log(log(n)))，这是因为我们的计算次数是 n 2 + n 3 + n 5 + . . . = n × ( 1 2 + 1 3 + 1 5 . . . ) = n × l o g ( l o g ( n ) ) \frac{n}{2} + \frac{n}{3} + \frac{n}{5} + ... =n \times (\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} ... ) = n \times log(log(n)) 2n+3n+5n+...=n×(21+31+51...)=n×log(log(n))。
// 埃拉托色尼筛选法，时间复杂度：O(n*log(log(n)))
void get_primes(int n) {
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (!st[i]) {
primes[cnt++] = i;
for (int j = i + i; j <= n; j += i) st[j] = true;
}
}
}
（3）线性选法
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这和前两种方法没有什么关系，其是另一种思路。
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基本思路：每个数只用它最小的质因子筛掉。
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时间复杂度分析：因为每个数只会被它最小的质因子筛掉，因此每个数只会被遍历一次，时间复杂度是 O ( n ) O(n) O(n)的，当 n = 1 0 6 n=10^6 n=106时，线性筛法和埃式筛法效率差不多，当 n = 1 0 7 n=10^7 n=107时，线性筛法速度是埃式筛法的两倍。
// 线性选法，时间复杂度：O(n)
void get_primes(int n) {
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (!st[i]) primes[cnt++] = i;
for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j++) {
st[primes[j] * i] = true;
if (i % primes[j] == 0) break;
}
}
}
- 分析如下：
// 线性选法，时间复杂度：O(n)
void get_primes(int n) {
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (!st[i]) prime[cnt++] = i;
// 这里没必要写 j < cnt, 因为i如果为合数的话，枚举到i的最小质因子后一定会停下来
// i如果为质数的话，枚举到primes[cnt - 1]=i时一定会停下来
for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j++) {
st[primes[j] * i] = true;
if (i % primes[j] == 0) break;
}
}
}
/**
* primes[j]记为pj，因为从小到大枚举质因子，所以：
* (1) i % pj == 0 说明：pj是i的最小质因子，pj也是 pj*i的最小质因子
* (2) i % pj != 0 说明：pj一定小于i的所有质因子，pj也是 pj*i的最小质因子
* 另外：对于任意一个合数x，都会被筛掉：假设pj是x的最小质因子，当i枚举到
* x/pj 的时候，pj已经被枚举过(pj <= x/pj)，x会pj被筛掉
* --> 因为每个合数都会被筛掉，而且每个数只会被它的最小质因子筛掉，因此每个数
* 只会被筛一次，时间复杂度是O(n)的
*/
2. 例题
AcWing 868. 筛质数
问题描述
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问题链接：AcWing 868. 筛质数
分析
- 概述中筛质数的三种方法随便选一种即可。
代码
- C++
#include AcWing 196. 质数距离
问题描述
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问题链接：AcWing 196. 质数距离
分析
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本题中要求求解在区间
[L, R]之间相邻质数距离的最小值和最大值，我们筛出[L, R]之间的质数，然后遍历一遍即可得到答案。 -
因为线性筛法只能从1开始筛，因此一种基本做法是将
1~R中的所有质数筛出来，然后在区间[L, R]中扫描一遍即可。但是这种做法对于本题不可行，因为L、R最大为 2 31 − 1 = 2147483647 2^{31} - 1 = 2147483647 231−1=2147483647，二十多亿的计算量，空间也会超，不可行。 -
仔细读题可以发现 R − L ≤ 1 0 6 R - L \le 10 ^ 6 R−L≤106，我们可以考虑从这一点出发，考入如何只筛区间
[L, R]，对于一个合数x，则其一定存在一个质因子p，且 p ≤ n p \le \sqrt n p≤n，因此我们只需要将 1 1 1~ 2 31 − 1 \sqrt {2 ^ {31} - 1} 231−1之间的质数筛出来，大于需要筛除1~50000之间的质数即可。 -
则对于
[L, R]之间的任意一个合数x，则其必定存在一个质因子p，其值在1~50000之间且 p < x p < x p<x；反之也成立。即x是合数 ⟺ \iff ⟺x存在一个小于自己的质因子。 -
因此，本题的步骤是：
（1）找出
1~50000中所有的质因子；（2）对于
1~50000中的每个质数p，将[L, R]中的所有p的倍数筛掉（至少是两倍）；（3）遍历
[L, R]之间的质数，找出距离最小值和最大值。 -
现在考虑第（2）步如何处理：如何枚举
[L, R]中所有p的倍数呢？我们只需要找到大于等于L的最小的p的倍数即可，该数值为 ⌈ L p ⌉ × p = ⌊ L + p − 1 p ⌋ × p \lceil \frac{L}{p} \rceil \times p = \lfloor \frac{L + p - 1}{p} \rfloor \times p ⌈pL⌉×p=⌊pL+p−1⌋×p。另外至少要是两倍，因此需要从 m a x ( p × 2 , ⌊ L + p − 1 p ⌋ × p ) max(p \times 2, \lfloor \frac{L + p - 1}{p} \rfloor \times p) max(p×2,⌊pL+p−1⌋×p)开始枚举。 -
时间复杂度：假设区间长度为 1 0 6 10^6 106，对于每个质数
p，最多有 1 0 6 p \frac{10^6}{p} p106个p的倍数，因此
1 0 6 2 + 1 0 6 3 + 1 0 6 5 + . . . = 1 0 6 × ( 1 2 + 1 3 + 1 5 + . . . ) = 1 0 6 × l o g ( l o g ( 1 0 6 ) ) \frac{10^6}{2} + \frac{10^6}{3} + \frac{10^6}{5} + ... = 10 ^ 6 \times (\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + ...) = 10^6 \times log(log(\sqrt{10^6})) 2106+3106+5106+...=106×(21+31+51+...)=106×log(log(106))
即时间复杂度为 O ( n × l o g ( l o g ( n ) ) ) O(n \times log(log(\sqrt{n}))) O(n×log(log(n)))的。
代码
- C++
#include AcWing 197. 阶乘分解
问题描述
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问题链接：AcWing 197. 阶乘分解
分析
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阶乘的质因数分解： n ! n! n!所有的质因子一定是小于等于n的，否则如果存在大于n的质因子，说明该质因子一定是某几个数相乘得到的，违反质数的定义。
（1）求出1~n中所有的质数，可以使用线性法筛质数；
（2）枚举某个质数p，则其在n!的质因数分解中出现的次数为：
⌊ n p ⌋ + ⌊ n p 2 ⌋ + . . . . . . \lfloor \frac{n}{p} \rfloor + \lfloor \frac{n}{p^2} \rfloor + ...... ⌊pn⌋+⌊p2n⌋+......
该方法求阶乘 n ! n! n!的质因数分解的时间复杂度大约为 O ( n ) O(n) O(n)，因为1~n中大约有 n l o g ( n ) \frac{n}{log(n)} log(n)n个质数，求每个质数出现次数计算大约为 l o g ( n ) log(n) log(n)的，相乘得到阶乘质因数分解时间复杂度大约为 O ( n ) O(n) O(n)的。 -
另外指的一提的是：AcWing 888. 求组合数 IV这一题中就用到了阶乘的质因数分解。
代码
- C++
#include