AcWing 868. 筛质数
\(AcWing\) \(868\). 筛质数
一、题目描述
给定一个正整数 \(n\)，请你求出 \(1∼n\) 中质数的个数。
输入格式
共一行，包含整数 \(n\)。
输出格式
共一行，包含一个整数，表示 \(1∼n\) 中质数的个数。
数据范围
\(1≤n≤10^6\)
输入样例：
8
输出样例：
4
二、埃氏筛法
先去掉\(2\)的倍数，再去掉\(3\)的倍数，再去掉\(4\)的倍数，……依此类推，最后剩下的就是素数。
如求\(100\)以内的素数，我们只要到去掉\(sqrt(100)\)的倍数就可以了，这是因为\(10\)的\(2\)倍已经被\(2\)的倍数去掉了，\(10\)的\(3\)倍已经被\(3\)的倍数去掉了，所以到\(10\)的时候只剩下\(10\)的\(10\)倍以上的素数还存在。
同样的原因，我们在去掉\(3\)的倍数的时候，只要从\(3\)的3倍开始去掉就好了，因为\(3\)的\(2\)倍已经被\(2\)的倍数去掉了。
实现代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
int primes[N], cnt; // primes[]存储所有素数
int st[N]; // st[x]存储x是否被筛掉
// 埃拉筛
void get_primes(int n) {
for (int i = 2; i <= n; i++)
if (!st[i]) {
primes[cnt++] = i; // 记录素数
for (int j = 2 * i; j <= n; j += i)
st[j] = 1; // 成倍数的标识
}
}
int main() {
int n;
cin >> n;
get_primes(n);
printf("%d\n", cnt);
return 0;
}
三、欧拉筛
-
不用每次筛去后剩下的能确定是素数中最大的数作为操作主体(在埃拉托色尼筛法中用\(2\)，\(3\)，\(5\)…)，而是用已经晒出来的质数数组中的数作为操作主体
-
核心思想：在埃氏筛法的基础上，让每个合数只被它的最小质因子筛选一次，以达到不重复的目的。
原理
1、每个合数都会被筛去
证明：
若 \(n\) 为合数，设其质因子分解为 $$\LARGE n = p_1 \times p_2\times ...\times p_q$$，其中\(\large p_i\)可以等于\(\large p_j\) , \(\large p_1\) 为最小的素数
由于任意小于 \(p_1\) 的质数都不能整除 \(p_2 \times ... \times p_q\)，所以 \(n\) 会在遇到\(primes[j]=p_1\)时，也就是 \(\large i = p_2 \times ...\times p_q\) 时被筛去。
证毕,总结：就是枚举最小的质数因数
2、每个合数只会被筛去\(1\)次
反证法：
设合数 \(n\) 即被 质数\(\large p_1\) 筛去，也被 质数\(\large p_{2}\) 筛去。那么有 \(\large n = q_1 \times p_1 = q_2 \times p_2\)，其中 \(p_1\) 和 \(p_2\) 均是 \(n\) 的素因子。
不妨设 \(\large p_1 < p_2\)，则有\(q_1>q_2\),且\(p_1 和 p_2\) 互素，故有 \(\large p_1 | q_2\),也就是\(\large q_2 \% p_1=0\)
当\(i\) 枚举到 \(q_2\) 时，质数数组是由小到大的，当遍历到 \(p_1\) 时,有 \(i \% p_1 == 0\)，此时跳出循环，不会再遍历到后面的 \(p_2\)。
故 \(n\) 不会被 \(p_2\) 筛去，只会被其最小的素因子 \(p_1\) 筛去。
证毕
步骤
- 从 \(i=2\) 开始，如果 \(i\) 还没有被筛掉，则将 \(i\) 加入至素数列表中
- 遍历当前素数列表\(primes[]\)，筛去 \(i \times primes[j]\)
(保证\(primes[j]*i\)不能越界，因为越界了对结果没意义。即\(i*primes[j]<=n\)) - 当遍历到能整除 \(i\) 的素数 \(primes[j]\) 时，筛去 \(i \times primes[j]\)，停止对素数列表的遍历
- 重复 \(2, 3, 4\)，直到所有不超过 \(n\) 的整数都被遍历过
素数列表中的元素即为所求的不超过 \(n\) 的所有素数
实现代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
// 欧拉筛
const int N = 1e6 + 10;
int primes[N], cnt; // primes[]存储所有素数
int st[N]; // st[x]存储x是否被筛掉
void get_primes(int n) {
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (!st[i]) primes[cnt++] = i;
for (int j = 0; primes[j] * i <= n; j++) { // 捋着质数数组来
st[primes[j] * i] = 1; // 质数因子的i倍被干掉
if (i % primes[j] == 0) break; // 只被它的最小质因子筛选一次
}
}
}
int main() {
int n;
cin >> n;
get_primes(n);
printf("%d\n", cnt);
return 0;
}