素数之恋

素数之恋——厄拉多塞筛法的时间复杂度的分析与理解

文章结构：算法描述（算法部分）与时间复杂度计算（数学部分）

一.算法部分

问题引入：设计一个算法，求出区间[1,N]中素数的个数，要求时间复杂度尽可能地小。
问题分析：

1.一般的枚举（暴力）算法的思想就是，设置双层循环，对于1 此种枚举算法的时间复杂度为$$O(N^2)$$

2.考虑到整数因子的成对特性，即x是y的因数，y/x也是x的因数。在进行单次n的素性判断时，而如果我们每次选择校验两者中的较小数，则不难发现较小数一定落在[2,sqrt(n)]
进行n%i时,可将i的上限改为$$\sqrt{n}$$
即内层循环次数可以降到根号n,从而使整个算法的时间复杂度降到 $$O(N^{3/2})$$
优化后的代码如下：

bool isPrime(int x) {
    for (int i = 2; i * i <= x; ++i) {
        if (x % i == 0) {
            return false;
        }
    }
    return true;
}

int countPrimes(int n) {
    int ans = 0;
    for (int i = 2; i < n; ++i) {
        ans += isPrime(i);
    }
    return ans;
}

//代码来源：LeetCode

3.事实上，至此，枚举已经难以继续优化。如果考虑到数与数的关联性，我们考虑这样一个事实：即如果 P是质数，那么比P大的2P,3P,4P…一定不是质数，因此我们根据这个思路来优化算法。
我们设 isPrime[P]表示数 P是不是质数，如果是质数则isPrime[P]=1，否则为 0。首先我们默认数组中的每个元素值都为1，即质数；从小到大遍历每个数，如果这个数为质数，则将其所有的倍数都标记为合数（除了该质数本身），即 isPrime[P]=0，通过每次遍历修改isPrime[i]的值，若值为1，给计数器加1。这样在程序结束后，就可以得到质数的个数。

这便是筛选法的思路。
代码如下：

int countPrimes(int n) {
    if (n < 2) {
        return 0;
    }
    int isPrime[n];
    memset(isPrime, 1, sizeof(isPrime));//将数组所有元素初始化为0；
    int ans = 0;
    for (int i = 2; i < n; ++i) {
        if (isPrime[i]) {
            ans += 1;
            if ((long long)i * i < n) {
            //算法优化,对于一个质数p,如果从2p开始标记其实是冗余的,应该直接从p*p开始标记，因为2p,3p… 这些数一定在之前就被其他数的倍数标记过了,例如2的所有倍数,3的所有倍数等。
                for (int j = i * i; j < n; j += i) {
                    isPrime[j] = 0;
                }
            }
        }
    }
    return ans;

//代码来源：LeetCode
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二.数学部分

首先，给出结论，埃氏筛的时间复杂度为
$$O(n\ln \ln n)$$
下面计算算法的时间复杂度。
1.最朴素的筛法

for(int i=2;i<=n;i++)
	for(int j=2;j*i<=n;j++)
		prime[i*j]=0;

外层循环为n，当外层循环确定一个数时，设为i，则内层的循环次数 K 为：
$$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor -1<K<\frac{n}{i}$$
则循环总数为$$\frac{n}{2}+\frac{n}{3}+\frac{n}{4}+\cdots +\frac{n}{n}$$即$$n\times (\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots +\frac{1}{n})$$
易知，幂级数
$$\ln (1+t)=t-\frac{t^2}{2}+\frac{t^3}{3}-\frac{t^4}{4}+\frac{t^5}{5}-\cdots$$
令$$t=\frac{1}{x}$$则有
$$\ln (\frac{x+1}{x})=\frac{1}{x}-\frac{1}{2x^2}+\frac{1}{3x^3}-\frac{1}{4x^4}+\cdots$$
将$$\frac{1}{x}$$和$$\ln (\frac{x+1}{x})$$移到等式左边和右边,再分别将$$x=1,2,3,\dots ,n$$代入上式，得
$$\frac{1}{1}=\ln 2+\frac{1}{2\times 1}-\frac{1}{3\times 1}+\frac{1}{4\times 1}-\cdots$$
$$.$$$$.$$$$.$$
$$\frac{1}{n}=\ln \frac{n+1}{n}+\frac{1}{2n^2}-\frac{1}{3n^3}+\frac{1}{4n^4}-\cdots$$
将上式左右两边的对应项分别相加，我们得到：
$$\sum _{i=1}^n\frac{1}{i}=\ln (\prod _{i=2}^n\frac{i+1}{i})+\frac{1}{2}(1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\cdots +\frac{1}{n^2})$$

$$-\frac{1}{3}(1+\frac{1}{8}+\frac{1}{27}+\cdots +\frac{1}{n^3})$$$$+\frac{1}{4}(1+\frac{1}{16}+\frac{1}{81}+\cdots +\frac{1}{n^4})-\cdots$$
（Hey！(>_<）冲啊，胜利就在眼前！)
即：当n充分大趋于无穷时：$$左边=\ln (n+1)+\frac{1}{2}\zeta (2)-\frac{1}{3}\zeta (3)+\frac{1}{4}\zeta (4)-\cdots$$
（感兴趣的小伙伴可以自行百度ζ(s)函数，这里不再赘述）
根据黎曼ζ函数性质可知，s>=2时，ζ(s)都是收敛于某一个常数的,如：
$$\zeta (2)=\frac{{\pi }^2}{6}$$$$(仅知\zeta (3)是一个无理数)$$

后项是调和级数与自然对数的差值的极限$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left[\left(\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}\right)-\ln n\right]$$欧拉算出了后项的和，称为欧拉常数γ，约等于0.57721。
（没想到吧,又是我Euler)$$\gamma =\sum _{m=2}^{+\infty }\frac{\zeta (m)(-1{)}^m}{m}$$
咳咳！常数项的减少并不影响级数的敛散性，记后项的和为常数gamma.
$$左边=\ln (n+1)+\gamma$$则在朴素的筛选方法下，此算法的时间复杂度为:
$$O(n\ln n)$$
2.只针对素数进行筛选的代码：

for(int i=2;i<=n;i++)
	if(prime[i])
		for(int j=2;j*i<=n;j++)
			prime[i*j]=0;

对于经典的埃氏筛而言，对出现的所有的整数都进行向后筛选，在对朴素的筛法进行优化后，只会对质数向后筛选。
故在这种情况下，时间复杂度一定小于：
$$n\ln n$$
那具体的复杂度到底是多少呢？

不难于理解，这道题内层循环次数本质上是求1到N之间所有素数对应的N/P(i)(i表示第i个素数)之和，至于这个和的具体值是多少，业已超出我的知识范围（有些地方严格意义上已经涉及数论的内容，实在很难理解），历史上也有很多数学家付出心血研究这个问题。
感兴趣的同学可以参考一些数论的书籍，或移步至这位兄弟的文章～(￣▽￣～)~：

另外，放一张来自知乎用户：周星宇
针对这个问题的回答

参考资料：《什么是数学：对思想和方法的基本研究 R.科朗&H.罗宾》