筛质数 （包含线性筛的理解证明）

质数的判断以及筛选

一质数

​ 首先我们要明确什么是是质数。质数，也可以叫做素数，我们可以理解为给定一个数x，那么$\forall i(i\in [2,n-1])$,都存在$x\%i\ne 0$,那么，我们就称这个数x为质数。

二质数筛选方法

1.朴素方法

​ 首先，是最为朴素的算法，很简单，按照定义直接暴力搜索就行了，枚举从2到n-1的所有数字，取余运算完事了，但是，这样筛质数的时间复杂度是$O(n^2)$,很多的情况的，我们要打的表要到$1e^7$,很明显这个方法不适用，但是，还是贴出来代码看一下，因为有的题目数据要求不这么严格，这个方法是最好想的。

​ 但是，即使是最为朴素的方法，优化也是很好想象的，比如，12是个合数（不是质数就是合数，也就是12前面有质因子），2和6是两个质因子，3和4是两个质因子，我们发现，质因子是成双成对出现的，两个质因子肯定是单调不减的，也就是说，我们没有必要搜到n-1，只需要搜到$\sqrt{n}$就可以了。因为如果搜到$\sqrt{n}$还没有质因子，那么右半边一定也没有质因子。

​ 那么这样筛选质数的方法就可以优化成$O(n\sqrt{n})$虽然有些问题还是不够。

  if(x<=1)
    return 0;
    for(int i=2;i<=x/i;i++)
    {
        if(x%i==1)
        return 0;
        


    }
    return 1;
    

小tips:

• 1也是合数，所以要特判，这个问题看似很小，但是因为这个点无法AC真的很痛苦
• 就是对于for循环里面的条件 还有另外两种写法也是正确的 i<=sqrt(x)，这个不是很好，因为sqrt我个人认为底层可能是用浮点数二分来实现的，这个肯定是对的，但是相对来说速度比较慢
• 还有一种就是我以前喜欢使用的 i*i<=x 这个也不是很提倡，因为当i比较大的时候，可能会爆int ，所以建议背板子就背正确的。

2.埃氏筛打表质数

​ 对于埃氏筛，我们可以先了解一下没有优化的埃氏筛，没有优化的埃氏筛的思想是对于一个数字，他的倍数肯定是合数，比如我们要求10以内的质数，首先进入循环，第一个数是2，他是质数直接加入到答案当中，然后把10以内的2的质数全部打上标记，表示这些数字全是质数。

​ 下面会有一张图 来解释一下这个代码的过程

​ 注意，在代码当中，prime【i】为1代表这个数是合数，否则就为质数，ans数组记录的是所有素数的集合 。

#没有优化的埃氏筛
#include
using namespace std;
const int N=1e8+100;
int prime[N];
int cnt;
int ans[N];
void get_prime(int n)
{
    prime[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(prime[i]==0)
        {

            ans[cnt++]=i;
        }
        for(int j=i+i;j<=n;j+=i)
        {
            prime[j]=1;

        }
    
    }

}
int main()
{

    
    int n;
    cin>>n;
    get_prime(n);
    cout<

​ 画一下图就如下图所示：

​ 如图所示，黑色表示第一次筛出来的合数被删除了，红色表示从3开始筛选出的合数被删除了，蓝色表明从4开始筛选出的合数被删除。这种欧拉筛的时间复杂度为$O(nlogn)$的

​ 但是，我们可以看出来一个问题，比如，我们在2筛选过的数，在4又被筛选了一遍，而这显然不是我们想要的，所以，我们可以优化，就是每次只筛选质数，也就把第二个for循环放到第一个if里面，这样可以把复杂度优化到$O(nloglogn)$

​ 代码如下：

#include
using namespace std;
const int N=1e8+100;
int prime[N];
int cnt;
int ans[N];
void get_prime(int n)
{
    prime[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(prime[i]==0)
        {

            ans[cnt++]=i;
            for(int j=i+i;j<=n;j+=i)
        {
            prime[j]=1;

        }
        }
        
    
    }

}
int main()
{

    
    int n;
    cin>>n;
    get_prime(n);
    cout<

3.线性筛

​ 但是，即使是.埃氏筛，在一些问题当中依旧会tle，所以，我们就要使用 线性筛，线性筛的时间复杂度是$O(n)$的，相对来说比较优秀 .

​ 代码如下

#include
using namespace std;
int n;
const int N=1e8+100;
int ans[N],prime[N];
int cnt;
void get_prime(int n)
{
    prime[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(prime[i]==0)
        {
            ans[cnt++]=i;
        }
        for(int j=0;ans[j]<=n/i;j++)
        {	
            prime[ans[j]*i]=1;
            if(i%ans[j]==0)
            {

                break;
            }


        }




    }



}
int main()
{

    cin>>n;
    get_prime(n);
    cout<

​ 其实，线性筛的优化我们也可以管中窥豹在前面看到，优化之后的欧拉筛可以优化掉2和4对8的重复筛选，却不可以优化掉2和3对于6的重复筛选，而我们的线性筛选就是用最小质因子来筛选出质数。因为，每个数的最小质因子只有一个，所以我们每个数只会被筛选一次。

​ 这个算法的核心就是每个数字都只会被他的最小质因子筛选出来 那么这是为什么那 。

我们首先要知道一个前提 那就是 对于任意一个数$n$都有
$$n=p_1^{{\alpha }_1}\ast p_2^{{\alpha }_2}\ast \dots \cdots \ast p_x^{{\alpha }_x}（1）$$
​ 其中 $p_1\dots p_k$为这个数的质因子

​ 然后我们再去分情况讨论 先来证明 ans[j]*i当中的ans[j]一定是他们乘积的最小质因子

• 首先就是当i%ans[j]==0的时候 这个时候 我们 首先可以确定 ans[i]是 i的最小质因子 因为我们的 j是从小到大遍历的,也就是ans[j]是单调递增的

  ​ 那么 ans[j]就是i的多项式展开当中的$p1$ 那么 primes[j]*i多项式展开中的$p1$也一定是ans[j] 。我们可以这么理解 既然ans[j]式i多项式展开当中的$$p1$$ 那么 他们两个相乘只不过是在i的多项式当中$p1$的指数加一

  ​ 当i%ans[j]==0 的时候得证

• 第二种情况就是 i%ans[j]!=0的时候 这种情况我们可以这么理解 等于0的时候就是i的最小质因子 ，那么没找到之前 一定比i的最小质因子 $p1$要小（还是那个原因 j是从小往大遍历） 那么他们两个相乘不过是在i的多项式展开当中加入了一项比$p1$还小的质因子成为了新的$p1$ 那么相乘之后 我们的ans[j]也肯定是 最小质因子

综上 ans[j]一定是最小质因子得证

​ 然后就是说一下为什么能全筛选出来 原因其实很简单 就是每个数一定都要最小质因子 这个最小质因子是他本身就是质数 其他的 我们都能筛选出来

​ 这个是比较直观的理解 我们可以假设给定一个合数n 他一定是存在不等于他的最小质因子$p_j$ 当我们在枚举到 n之前 一定枚举过n/$pj$ 也就是说n已经被筛过

​ 最后就是说一下细节问题 就是代码当中 for(int j=0;ans[j]<=n/i;j++) 这个语句j