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素数筛法

引入

如果我们想要知道小于等于 $n$ 有多少个素数呢？

一个自然的想法是对于小于等于 $n$ 的每个数进行一次质数检验。这种暴力的做法显然不能达到最优复杂度。

埃拉托斯特尼筛法

过程

考虑这样一件事情：对于任意一个大于 $1$ 的正整数 $n$ ，那么它的 $x$ 倍就是合数（ $x > 1$ ）。利用这个结论，我们可以避免很多次不必要的检测。

如果我们从小到大考虑每个数，然后同时把当前这个数的所有（比自己大的）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。

筛至平方根

显然，要找到直到 $n$ 为止的所有素数，仅对不超过 $\sqrt n$ 的素数进行筛选就足够了。

vector<int> prime;
bool is_prime[N];
 
void Eratosthenes(int n) {
  is_prime[0] = is_prime[1] = false;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) is_prime[i] = true;
  // i * i <= n 说明 i <= sqrt(n)
  for (int i = 2; i * i <= n; ++i) {
    if (is_prime[i])
      for (int j = i * i; j <= n; j += i) is_prime[j] = false;
  }
  for (int i = 2; i <= n; ++i)
    if (is_prime[i]) prime.push_back(i);
}

这种优化不会影响渐进时间复杂度，实际上重复以上证明，我们将得到 $n \ln \ln \sqrt n + o(n)$ ，根据对数的性质，它们的渐进相同，但操作次数会明显减少。

只筛奇数

因为除 2 以外的偶数都是合数，所以我们可以直接跳过它们，只用关心奇数就好。

首先，这样做能让我们内存需求减半；其次，所需的操作大约也减半。

减少内存的占用

我们注意到筛选时只需要 bool 类型的数组。bool 数组的一个元素一般占用 $1$ 字节（即 $8$ 比特），但是存储一个布尔值只需要 $1$ 个比特就足够了。

我们可以使用位运算的相关知识，将每个布尔值压到一个比特位中，这样我们仅需使用 $n$ 比特（即 $\dfrac n 8$ 字节）而非 $n$ 字节，可以显著减少内存占用。这种方式被称为「位级压缩」。

值得一提的是，存在自动执行位级压缩的数据结构，如 C++ 中的 vector<bool> 和 bitset<>。

另外，vector<bool> 和 bitset<> 对程序有常数优化，时间复杂度 $O(n \log \log n)$ 的埃氏筛在使用 bitset<> 或 vector<bool> 优化后，性能甚至超过时间复杂度 $O(n)$ 的欧拉筛。

分块筛选

由优化「筛至平方根」可知，不需要一直保留整个 is_prime[1...n] 数组。为了进行筛选，只保留到 $\sqrt n$ 的素数就足够了，即 prime[1...sqrt(n)]。并将整个范围分成块，每个块分别进行筛选。这样，我们就不必同时在内存中保留多个块，而且 CPU 可以更好地处理缓存。

设 $s$ 是一个常数，它决定了块的大小，那么我们就有了 $\lceil {\frac n s} \rceil$ 个块，而块 $k$ ( $k = 0 \dots \lfloor {\frac n s} \rfloor$ ) 包含了区间 $[ks, ks + s - 1]$ 中的数字。我们可以依次处理块，也就是说，对于每个块 $k$ ，我们将遍历所有质数（从 $1$ 到 $\sqrt n$ ）并使用它们进行筛选。

值得注意的是，我们在处理第一个数字时需要稍微修改一下策略：首先，应保留 $[1, \sqrt n]$ 中的所有的质数；第二，数字 $0$ 和 $1$ 应该标记为非素数。在处理最后一个块时，不应该忘记最后一个数字 $n$ 并不一定位于块的末尾。

以下实现使用块筛选来计算小于等于 $n$ 的质数数量。

int count_primes(int n) {
  constexpr static int S = 10000;
  vector<int> primes;
  int nsqrt = sqrt(n);
  vector<char> is_prime(nsqrt + 1, true);
  for (int i = 2; i <= nsqrt; i++) {
    if (is_prime[i]) {
      primes.push_back(i);
      for (int j = i * i; j <= nsqrt; j += i) is_prime[j] = false;
    }
  }
  int result = 0;
  vector<char> block(S);
  for (int k = 0; k * S <= n; k++) {
    fill(block.begin(), block.end(), true);
    int start = k * S;
    for (int p : primes) {
      int start_idx = (start + p - 1) / p;
      int j = max(start_idx, p) * p - start;
      for (; j < S; j += p) block[j] = false;
    }
    if (k == 0) block[0] = block[1] = false;
    for (int i = 0; i < S && start + i <= n; i++) {
      if (block[i]) result++;
    }
  }
  return result;
}

分块筛法的渐进时间复杂度与埃氏筛法是一样的（除非块非常小），但是所需的内存将缩小为 $O(\sqrt{n} + S)$ ，并且有更好的缓存结果。另一方面，对于每一对块和区间 $[1, \sqrt{n}]$ 中的素数都要进行除法，而对于较小的块来说，这种情况要糟糕得多。因此，在选择常数 $S$ 时要保持平衡。

块大小 $S$ 取 $10^4$ 到 $10^5$ 之间，可以获得最佳的速度。

线性筛法

埃氏筛法仍有优化空间，它会将一个合数重复多次标记。有没有什么办法省掉无意义的步骤呢？答案是肯定的。

如果能让每个合数都只被标记一次，那么时间复杂度就可以降到 $O(n)$ 了。

vector<int> pri;
bool not_prime[N];
 
void pre(int n) {
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (!not_prime[i]) {
      pri.push_back(i);
    }
    for (int pri_j : pri) {
      if (i * pri_j > n) break;
      not_prime[i * pri_j] = true;
      if (i % pri_j == 0) {
        // i % pri_j == 0
        // 换言之，i 之前被 pri_j 筛过了
        // 由于 pri 里面质数是从小到大的，所以 i 乘上其他的质数的结果一定会被
        // pri_j 的倍数筛掉，就不需要在这里先筛一次，所以这里直接 break
        // 掉就好了
        break;
      }
    }
  }
}

上面的这种 线性筛法 也称为 Euler 筛法（欧拉筛法）。

???+ note 注意到筛法求素数的同时也得到了每个数的最小质因子。

筛法求欧拉函数

注意到在线性筛中，每一个合数都是被最小的质因子筛掉。比如设 $p_1$ 是 $n$ 的最小质因子， $n' = \frac{n}{p_1}$ ，那么线性筛的过程中 $n$ 通过 $n' \times p_1$ 筛掉。

观察线性筛的过程，我们还需要处理两个部分，下面对 $n' \bmod p_1$ 分情况讨论。

如果 $n' \bmod p_1 = 0$ ，那么 $n'$ 包含了 $n$ 的所有质因子。

\begin{aligned} \varphi(n) & = n \times \prod_{i = 1}^s{\frac{p_i - 1}{p_i}} \\\\ & = p_1 \times n' \times \prod_{i = 1}^s{\frac{p_i - 1}{p_i}} \\\\ & = p_1 \times \varphi(n') \end{aligned}

那如果 $n' \bmod p_1 \neq 0$ 呢，这时 $n'$ 和 $p_1$ 是互质的，根据欧拉函数性质，我们有：

\begin{aligned} \varphi(n) & = \varphi(p_1) \times \varphi(n') \\\\ & = (p_1 - 1) \times \varphi(n') \end{aligned}

实现

vector<int> pri;
bool not_prime[N];
int phi[N];
 
void pre(int n) {
  phi[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= n; i++) {
    if (!not_prime[i]) {
      pri.push_back(i);
      phi[i] = i - 1;
    }
    for (int pri_j : pri) {
      if (i * pri_j > n) break;
      not_prime[i * pri_j] = true;
      if (i % pri_j == 0) {
        phi[i * pri_j] = phi[i] * pri_j;
        break;
      }
      phi[i * pri_j] = phi[i] * phi[pri_j];
    }
  }
}

筛法求莫比乌斯函数

定义

根据莫比乌斯函数的定义，设 $n$ 是一个合数， $p_1$ 是 $n$ 的最小质因子， $n'=\frac{n}{p_1}$ ，有：

\mu(n)= \begin{cases} 0 & n' \bmod p_1 = 0\\\\ -\mu(n') & \text{otherwise} \end{cases}

若 $n$ 是质数，有 $\mu(n)=-1$ 。

实现

vector<int> pri;
bool not_prime[N];
int mu[N];
 
void pre(int n) {
  mu[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (!not_prime[i]) {
      mu[i] = -1;
      pri.push_back(i);
    }
    for (int pri_j : pri) {
      if (i * pri_j > n) break;
      not_prime[i * pri_j] = true;
      if (i % pri_j == 0) {
        mu[i * pri_j] = 0;
        break;
      }
      mu[i * pri_j] = -mu[i];
    }
  }
}

当 $i$ 为质数时， $\textit{num}_i \gets 1,\textit{d}_i \gets 2$ ，同时设 $q = \left\lfloor \dfrac {i}{p} \right\rfloor$ ，其中 $p$ 为 $i$ 的最小质因子。
当 $p$ 为 $q$ 的质因子时， $\textit{num}_i \gets \textit{num}_q + 1,\textit{d}_i \gets \dfrac{\textit{d}_q}{\textit{num}_i} \times (\textit{num}_i + 1)$ 。
当 $p,q$ 互质时， $\textit{num}_i \gets 1,\textit{d}_i \gets \textit{d}_q \times (\textit{num}_i+1)$ 。

vector<int> pri;
bool not_prime[N];
int d[N], num[N];
 
void pre(int n) {
  d[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (!not_prime[i]) {
      pri.push_back(i);
      d[i] = 2;
      num[i] = 1;
    }
    for (int pri_j : pri) {
      if (i * pri_j > n) break;
      not_prime[i * pri_j] = true;
      if (i % pri_j == 0) {
        num[i * pri_j] = num[i] + 1;
        d[i * pri_j] = d[i] / num[i * pri_j] * (num[i * pri_j] + 1);
        break;
      }
      num[i * pri_j] = 1;
      d[i * pri_j] = d[i] * 2;
    }
  }
}

筛法求约数和

$f_i$ 表示 $i$ 的约数和， $g_i$ 表示 $i$ 的最小质因子的 $p^0+p^1+p^2+\dots p^k$ .

实现

vector<int> pri;
bool not_prime[N];
int g[N], f[N];
 
void pre(int n) {
  g[1] = f[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (!not_prime[i]) {
      pri.push_back(i);
      g[i] = i + 1;
      f[i] = i + 1;
    }
    for (int pri_j : pri) {
      if (i * pri_j > n) break;
      not_prime[i * pri_j] = true;
      if (i % pri_j == 0) {
        g[i * pri_j] = g[i] * pri_j + 1;
        f[i * pri_j] = f[i] / g[i] * g[i * pri_j];
        break;
      }
      f[i * pri_j] = f[i] * f[pri_j];
      g[i * pri_j] = 1 + pri_j;
    }
  }
}

例题：

Status

Problem

筛法进阶