国庆中秋双节，就不写太长的文章了。node
补充和复习一下之前没写的素数区间筛法算法吧算法
部分证实过程来自OI wiki数组
若是咱们想要知道小于等于 \(n\) 有多少个素数呢？函数
一个天然的想法是咱们对于小于等于 \(n\) 的每一个数进行一次断定。这种暴力的作法显然不能达到最优复杂度，考虑如何优化。优化
考虑这样一件事情：若是 \(x\) 是合数，那么 \(x\) 的倍数也必定是合数。利用这个结论，咱们能够避免不少次没必要要的检测。spa
若是咱们从小到大考虑每一个数，而后同时把当前这个数的全部（比本身大的）倍数记为合数，那么运行结束的时候没有被标记的数就是素数了。code
int Eratosthenes(int n) {
int p = 0;
for (int i = 0; i <= n; ++i) is_prime[i] = 1;
is_prime[0] = is_prime[1] = 0;
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
if (is_prime[i]) {
prime[p++] = i; // prime[p]是i,后置自增运算表明当前素数数量
// 由于从 2 到 i - 1 的倍数咱们以前筛过了，这里直接从 i
// 的倍数开始，提升了运行速度
for (int j = i * i; j <= n;j += i) is_prime[j] = 0;
}
return p;
}
以上为 Eratosthenes 筛法 （埃拉托斯特尼筛法），时间复杂度是 \(O(n\log\log n)\) 。it
以上作法仍有优化空间，咱们发现这里面彷佛会对某些数标记了不少次其为合数。有没有什么办法省掉无心义的步骤呢？table
答案固然是：有！class
若是能让每一个合数都只被标记一次，那么时间复杂度就能够降到 \(O(n)\) 了
void init() {
phi[1] = 1;
for (int i = 2; i < MAXN; ++i) {
if (!vis[i]) {
phi[i] = i - 1;
pri[cnt++] = i;
}
for (int j = 0; j < cnt; ++j) {
if (1ll * i * pri[j] >= MAXN) break;
vis[i * pri[j]] = 1;
if (i % pri[j]) {
phi[i * pri[j]] = phi[i] * (pri[j] - 1);
}
else {
// i % pri[j] == 0
// 换言之，i 以前被 pri[j] 筛过了
// 因为 pri 里面质数是从小到大的，因此 i 乘上其余的质数的结果必定也是
// pri[j] 的倍数 它们都被筛过了，就不须要再筛了，因此这里直接 break
// 掉就行了
phi[i * pri[j]] = phi[i] * pri[j];
break;
}
}
}
}
上面代码中的 \(phi\) 数组，会在下面提到。
上面的这种 线性筛法 也称为 Euler 筛法 （欧拉筛法）。node: 注意到筛法求素数的同时也获得了每一个数的最小质因子
注意到在线性筛中，每个合数都是被最小的质因子筛掉。好比设 \(p_1\) 是 \(n\) 的最小质因子， \(n' = \frac{n}{p_1}\) ，那么线性筛的过程当中 \(n\) 经过 \(n' \times p_1\) 筛掉。
观察线性筛的过程，咱们还须要处理两个部分，下面对 \(n' \bmod p_1\) 分状况讨论。
若是 \(n' \bmod p_1 = 0\) ，那么 \(n'\) 包含了 \(n\) 的全部质因子。
那若是 \(n' \bmod p_1 \neq 0\) 呢，这时 \(n'\) 和 \(p_1\) 是互质的，根据欧拉函数性质，咱们有：
void phi_table(int n, int* phi) {
for (int i = 2; i <= n; i++) phi[i] = 0;
phi[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++)
if (!phi[i])
for (int j = i; j <= n; j += i) {
if (!phi[j]) phi[j] = j;
phi[j] = phi[j] / i * (i - 1);
}
}
void pre() {
mu[1] = 1;
for (int i = 2; i <= 1e7; ++i) {
if (!v[i]) mu[i] = -1, p[++tot] = i;
for (int j = 1; j <= tot && i <= 1e7 / p[j]; ++j) {
v[i * p[j]] = 1;
if (i % p[j] == 0) {
mu[i * p[j]] = 0;
break;
}
mu[i * p[j]] = -mu[i];
}
}
用 \(d_i\) 表示 \(i\) 的约数个数， \(num_i\) 表示 \(i\) 的最小质因子出现次数。
定理：若 \(n=\prod_{i=1}^mp_i^{c_i}\) 则 \(d_i=\prod_{i=1}^mc_i+1\) .
证实：咱们知道 \(p_i^{c_i}\) 的约数有 \(p_i^0,p_i^1,\dots ,p_i^{c_i}\) 共 \(c_i+1\) 个，根据乘法原理， \(n\) 的约数个数就是 \(\prod_{i=1}^mc_i+1\) .
由于 \(d_i\) 是积性函数，因此可使用线性筛。
void pre() {
d[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
if (!v[i]) v[i] = 1, p[++tot] = i, d[i] = 2, num[i] = 1;
for (int j = 1; j <= tot && i <= n / p[j]; ++j) {
v[p[j] * i] = 1;
if (i % p[j] == 0) {
num[i * p[j]] = num[i] + 1;
d[i * p[j]] = d[i] / num[i * p[j]] * (num[i * p[j]] + 1);
break;
}
else {
num[i * p[j]] = 1;
d[i * p[j]] = d[i] * 2;
}
}
}
}
\(f_i\) 表示 \(i\) 的约数和， \(g_i\) 表示 \(i\) 的最小质因子的 \(p+p^1+p^2+\dots p^k\) .
void pre() {
g[1] = f[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
if (!v[i]) v[i] = 1, p[++tot] = i, g[i] = i + 1, f[i] = i + 1;
for (int j = 1; j <= tot && i <= n / p[j]; ++j) {
v[p[j] * i] = 1;
if (i % p[j] == 0) {
g[i * p[j]] = g[i] * p[j] + 1;
f[i * p[j]] = f[i] / g[i] * g[i * p[j]];
break;
}
else {
f[i * p[j]] = f[i] * f[p[j]];
g[i * p[j]] = 1 + p[j];
}
}
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) f[i] = (f[i - 1] + f[i]) % Mod;
}
给定整数a和b，请问区间\([a,b)\)内有多少个素数？\(（a<b≤10^{12},b-a≤10^6）\)
思路：b之内的合数的最小质因数必定不超过\(√b\)。若是有\(√b\)之内的素数表的话，就能够把埃氏筛法运用在\([a,b)\)上了。也就是说，先分别作好\([2,√b)\)的表和\([a,b)\)的表，而后从\([2,√b)\)的表中筛得素数的同时，也将其倍数从\([a,b)\)的表中划去，最后剩下的就是\([a,b)\)内的素数了。
bool v1[Max_n1]; //数组大小为sqrt(b)
bool v2[Max_n2]; //数组大小为b-a
ll Prime(ll a, ll b) {
for (ll i = 0; i * i < b; i++)v1[i] = true;
for (ll i = 0; i < b - a; i++)v2[i] = true;
for (ll i = 2; i * i < b; i++) {
if (v1[i]) {
for (ll j = 2 * i; j * j < b; j += i)v1[j] = false; //筛[2,b)
for (ll j = max(2LL, (a + i - 1) / i) * i; j < b; j += i)v2[j - a] = false; //筛[a,b)
//2LL是2的长整数形式
//((a+i-1)/i)*i是符合>=a最小是i倍数的数
}
}
ll k = 0;
for (ll i = 0; i < b - a; i++) {
if (v2[i])k++;
}
return k;
待补充