筛法 素数筛法 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 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。
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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,后置自增运算代表当前素数数量
if (( long long ) i * i <= n )
for ( int j = i * i ; j <= n ; j += i )
// 因为从 2 到 i - 1 的倍数我们之前筛过了,这里直接从 i
// 的倍数开始,提高了运行速度
is_prime [ j ] = 0 ; // 是i的倍数的均不是素数
}
}
return p ;
}
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16 # Python Version
def Eratosthenes ( n ):
p = 0
for i in range ( 0 , n + 1 ):
is_prime [ i ] = True
is_prime [ 0 ] = is_prime [ 1 ] = False
for i in range ( 2 , n + 1 ):
if is_prime [ i ]:
prime [ p ] = i
p = p + 1
if i * i <= n :
j = i * i
while j <= n :
is_prime [ j ] = False
j = j + i
return p
以上为 Eratosthenes 筛法 (埃拉托斯特尼筛法,简称埃氏筛法),时间复杂度是 O(n\log\log n) 。
现在我们就来看看推导过程:
如果每一次对数组的操作花费 1 个单位时间,则时间复杂度为:
O\left(n\sum_{k=1}^{\pi(n)}{1\over p_k}\right) 其中 p_k 表示第 k 小的素数。根据 Mertens 第二定理,存在常数 B_1 使得:
\sum_{k=1}^{\pi(n)}{1\over p_k}=\log\log n+B_1+O\left(1\over\log n\right) 所以 Eratosthenes 筛法 的时间复杂度为 O(n\log\log n) 。接下来我们证明 Mertens 第二定理的弱化版本 \sum_{k\le\pi(n)}1/p_k=O(\log\log n) :
根据 \pi(n)=\Theta(n/\log n) ,可知第 n 个素数的大小为 \Theta(n\log n) 。于是就有
\begin{aligned} \sum_{k=1}^{\pi(n)}{1\over p_k} &=O\left(\sum_{k=2}^{\pi(n)}{1\over k\log k}\right) \\ &=O\left(\int_2^{\pi(n)}{\mathrm dx\over x\log x}\right) \\ &=O(\log\log\pi(n))=O(\log\log n) \end{aligned} 当然,上面的做法效率仍然不够高效,应用下面几种方法可以稍微提高算法的执行效率。
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。
// C++ Version
int n ;
vector < char > is_prime ( n + 1 , true );
is_prime [ 0 ] = is_prime [ 1 ] = false ;
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 ;
}
}
# Python Version
is_prime = [ True ] * ( n + 1 )
is_prime [ 0 ] = is_prime [ 1 ] = False
for i in range ( 2 , int ( sqrt ( n )) + 1 ):
if is_prime [ i ]:
j = i * i
while j <= n :
is_prime [ j ] = False
j += 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 我们注意到筛法只需要 n 比特的内存。因此我们可以通过将变量声明为布尔类型,只申请 n 比特而不是 n 字节的内存,来显著的减少内存占用。即仅占用 \dfrac n 8 字节的内存。
但是,这种称为 位级压缩 的方法会使这些位的操作复杂化。任何位上的读写操作都需要多次算术运算,最终会使算法变慢。
因此,这种方法只有在 n 特别大,以至于我们不能再分配内存时才合理。在这种情况下,我们将牺牲效率,通过显著降低算法速度以节省内存(减小 8 倍)。
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<>
。
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 ... \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。
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28 int count_primes ( int n ) {
const 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 ;
}
分块筛分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。
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void init () {
for ( int i = 2 ; i < MAXN ; ++ i ) {
if ( ! vis [ i ]) {
pri [ cnt ++ ] = i ;
}
for ( int j = 0 ; j < cnt ; ++ j ) {
if ( 1l l * i * pri [ j ] >= MAXN ) break ;
vis [ i * pri [ j ]] = 1 ;
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也是
// pri[j] 的倍数 它们都被筛过了,就不需要再筛了,所以这里直接 break
// 掉就好了
break ;
}
}
}
}
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19 # Python Version
def init ():
for i in range ( 2 , MAXN ):
if vis [ i ] == False :
pri [ cnt ] = i
cnt = cnt + 1
for j in range ( 0 , cnt ):
if i * pri [ j ] >= MAXN :
break
vis [ i * pri [ j ]] = 1
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也是
pri[j] 的倍数 它们都被筛过了,就不需要再筛了,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} 1
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22 // C++ Version
void pre () {
memset ( is_prime , 1 , sizeof ( is_prime ));
int cnt = 0 ;
is_prime [ 1 ] = 0 ;
phi [ 1 ] = 1 ;
for ( int i = 2 ; i <= 5000000 ; i ++ ) {
if ( is_prime [ i ]) {
prime [ ++ cnt ] = i ;
phi [ i ] = i - 1 ;
}
for ( int j = 1 ; j <= cnt && i * prime [ j ] <= 5000000 ; j ++ ) {
is_prime [ i * prime [ j ]] = 0 ;
if ( i % prime [ j ])
phi [ i * prime [ j ]] = phi [ i ] * phi [ prime [ j ]];
else {
phi [ i * prime [ j ]] = phi [ i ] * prime [ j ];
break ;
}
}
}
}
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19 # Python Version
def pre ():
cnt = 0
is_prime [ 1 ] = False
phi [ 1 ] = 1
for i in range ( 2 , 5000001 ):
if is_prime [ i ]:
prime [ cnt ] = i
cnt = cnt + 1
phi [ i ] = i - 1
j = 1
while j <= cnt and i * prime [ j ] <= 5000000 :
is_prime [ i * prime [ j ]] = 0
if i % prime [ j ]:
phi [ i * prime [ j ]] = phi [ i ] * phi [ prime [ j ]]
else :
phi [ i * prime [ j ]] = phi [ i ] * prime [ j ]
break
j = j + 1
筛法求莫比乌斯函数 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 \neq 0\\\\ -\mu(n') & \text{otherwise} \end{cases} 若 n 是质数,有 \mu(n)=-1 。
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14 // C++ Version
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 ];
}
}
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16 # Python Version
def pre ():
mu [ 1 ] = 1
for i in range ( 2 , int ( 1e7 + 1 )):
if v [ i ] == 0 :
mu [ i ] = - 1
p [ tot ] = i
tot = tot + 1
j = 1
while j <= tot and i <= 1e7 // p [ j ]:
v [ i * p [ j ]] = 1
if i % p [ j ] == 0 :
mu [ i * p [ j ]] = 0
break
j = j + 1
mu [ i * p [ j ]] = - mu [ i ]
筛法求约数个数 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。
约数个数定理 定理:若 n=\prod_{i=1}^m p_i^{c_i} 则 d_i=\prod_{i=1}^m (c_i+1) 。
证明:我们知道 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}^m (c_i+1) 。
实现 因为 d_i 是积性函数,所以可以使用线性筛。
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18 // C++ Version
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 ;
}
}
}
}
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17 # Python Version
def pre ():
d [ 1 ] = 1
for i in range ( 2 , n + 1 ):
if v [ i ] == 0 :
v [ i ] = 1 ; p [ tot ] = i ; tot = tot + 1 ; d [ i ] = 2 ; num [ i ] = 1
j = 1
while j <= tot and i <= n // p [ 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
j = j + 1
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 .
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18 // C++ Version
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 ];
}
}
}
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16 # Python Version
def pre ():
g [ 1 ] = f [ 1 ] = 1
for i in range ( 2 , n + 1 ):
if v [ i ] == 0 :
v [ i ] = 1 ; p [ tot ] = i ; tot = tot + 1 ; g [ i ] = i + 1 ; f [ i ] = i + 1
j = 1
while j <= tot and i <= n // p [ 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 ]
一般的积性函数 假如一个 积性函数 f 满足:对于任意质数 p 和正整数 k ,可以在 O(1) 时间内计算 f(p^k) ,那么可以在 O(n) 时间内筛出 f(1),f(2),\dots,f(n) 的值。
设合数 n 的质因子分解是 \prod_{i=1}^k p_i^{\alpha_i} ,其中 p_1<p_2<\dots<p_k 为质数,我们在线性筛中记录 g_n=p_1^{\alpha_1} ,假如 n 被 x\cdot p 筛掉( p 是质数),那么 g 满足如下递推式:
g_n= \begin{cases} g_x\cdot p & x\bmod p=0\\\\ p & \text{otherwise} \end{cases} 假如 n=g_n ,说明 n 就是某个质数的次幂,可以 O(1) 计算 f(n) ;否则, f(n)=f(\frac{n}{g_n})\cdot f(g_n) 。
本节部分内容译自博文 Решето Эратосфена 与其英文翻译版 Sieve of Eratosthenes 。其中俄文版版权协议为 Public Domain + Leave a Link;英文版版权协议为 CC-BY-SA 4.0。
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