hihocoder 数论二·Eular质数筛法

题目1 : 数论二·Eular质数筛法

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描述

小Ho：小Hi，上次我学会了如何检测一个数是否是质数。于是我又有了一个新的问题，我如何去快速得求解[1,N]这个区间内素数的个数呢？

小Hi：你自己有什么想法么？

小Ho：有！我一开始的想法是，自然我们已经知道了如何快速判定一个数是否是质数，那么我就直接将[1,N]之间每一个数判定一次，就可以得到结果。但我发现这个方法太笨了。

小Hi：确实呢，虽然我们已经通过快速素数检测将每一次判定的时间复杂度降低，但是N个数字的话，总的时间复杂度依旧很高。

小Ho：是的，所以后来我改变了我的算法。我发现如果一个数p是质数的话，那么它的倍数一定都是质数。所以我建立了一个布尔类型的数组isPrime，初始化都为true。我从2开始枚举，当我找到一个isPrime[p]仍然为true时，可以确定p一定是一个质数。接着我再将N以内所有p的倍数全部设定为isPrime[p*i]=false。

写成伪代码为：

isPrime[] = true
primeCount = 0
For i = 2 .. N
	If isPrime[i] Then
		primeCount = primeCount + 1
		multiple = 2
		While (i * multiple ≤ N)
			isPrime[i * multiple] = false
			multiple = multiple + 1
		End While 
	End If
End For
  

小Hi：小Ho你用的这个算法叫做Eratosthenes筛法，是一种非常古老的质数筛选算法。其时间复杂度为O(n log log n)。但是这个算法有一个冗余的地方：比如合数10，在枚举2的时候我们判定了一次，在枚举5的时候我们又判定了一次。因此使得其时间复杂度比O(n)要高。

小Ho：那有没有什么办法可以避免啊？

小Hi：当然有了，一个改进的方法叫做Eular筛法，其时间复杂度是O(n)的。

提示：Eular质数筛法

输入

第1行：1个正整数n，表示数字的个数，2≤n≤1,000,000。

输出

第1行：1个整数，表示从1到n中质数的个数

样例输入

9

样例输出

4

       
       
       
       

        
        
        
        
提示：Eular质数筛法
       
       
       
       
       
       
       
       

        
        
        
        
小Hi：我们可以知道，任意一个正整数k，若k≥2，则k可以表示成若干个质数相乘的形式。Eratosthenes筛法中，在枚举k的每一个质因子时，我们都计算了一次k，从而造成了冗余。因此在改进算法中，只利用k的最小质因子去计算一次k。
        
        
        
        
首先让我们了解一下Eular筛法，其伪代码为：
        
        
        
        
isPrime[] = true
primeList = []
primeCount = 0
For i = 2 .. N
	If isPrime[i] Then
		primeCount = primeCount + 1
		primeList[ primeCount ] = i
	End If 
	For j = 1 .. primeCount
		If (i * primeList[j] > N) Then
			Break
		End If
		isPrime[ i * primeList[j] ] = false
		If (i % primeList[j] == 0) Then
			Break
		End If
	End If
End For
	
        
        
        
        
与Eratosthenes筛法不同的是，对于外层枚举i，无论i是质数，还是是合数，我们都会用i的倍数去筛。但在枚举的时候，我们只枚举i的质数倍。比如2i,3i,5i,...，而不去枚举4i,6i...，原因我们后面会讲到。
        
        
        
        
此外，在从小到大依次枚举质数p来计算i的倍数时，我们还需要检查i是否能够整除p。若i能够整除p，则停止枚举。
        
        
        
        
利用该算法，可以保证每个合数只会被枚举到一次。我们可以证明如下命题：
        
        
        
        
假设一个合数k=M*p1，p1为其最小的质因子。则k只会在i=M，primeList[j]=p1时被筛掉一次。
        
        
        
        
首先会在i=M，primeList[j]=p1时被筛掉是显然的。因为p1是k的最小质因子，所以i=M的所有质因子也≥p1。于是j循环在枚举到primeList[j]=p1前不会break，从而一定会在i=M，primeList[j]=p1时被筛掉
        
        
        
        
其次不会在其他时候被筛掉。否则假设k在i=N, primeList[j]=p1时被筛掉了，此时有k=N*p2。由于p1是k最小的质因子，所以p2 > p1，M > N且p|N。则i=N，j枚举到primeList[j]=p1时(没到primeList[j]=p2)就break了。所以不会有其他时候筛掉k。
        
        
        
        
同时，不枚举合数倍数的原因也在此：对于一个合数k=M*2*3。只有在枚举到i=M*3时，才会计算到k。若我们枚举合数倍数，则可能会在i=M时，通过M*6计算到k，这样也就造成了多次重复计算了。
        
        
        
        
综上，Eular筛法可以保证每个合数只会被枚举到一次，时间复杂度为O(n)。当N越大时，其相对于Eratosthenes筛法的优势也就越明显。
       
       
       
       

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
#include<cstdio>
char isPrime[1000001];
int primeList[78498];
int main(){
	int N, i, j, primeCount;
	scanf("%d", &N);
	memset(isPrime, 1, sizeof(isPrime));
	primeCount = 0;
	for(i = 2; i <= N; i++){
		if(isPrime[i]){
		primeCount++;
		primeList[primeCount] = i;
		}
		for(j = 1; j <= primeCount && i*primeList[j] <= N; j++){
			isPrime[i*primeList[j]] = 0;
			if(i % primeList[j] == 0){
			break;
			}
		}
	}
			printf("%d\n", primeCount);
	       return 0;
}