NO98十六届蓝桥杯备战|数论板块-质数|质数和合数|试除法|质数筛|埃氏筛|线性筛|线性筛素数|素数密度|Goldbach‘s Conjecture(C++)

质数和合数

• ⼀个⼤于1的⾃然数，除了1和它⾃⾝外，不能被其他⾃然数整除的数叫做质数；否则称为合数。其中，质数⼜称素数。
  规定1 既不是质数也不是合数。

试除法判断质数

• 对于⼀个数x ，根据定义，可以从[2, x - 1]⼀个⼀个尝试，判断x 能否被整除。
  但是，没有必要每⼀个都去判断。因为a如果是x的约数，那么x/a也是x的约数。
  因此，我们仅需判断较⼩的a是否是x的约数，没有必要再去看看x/a 。
  那么，仅需枚举到$\sqrt{x}$即可。

bool isprime(int x)  
{  
	if(x <= 1) return false; // ⼩于等于 1 的数不考虑 
	 
	// 试除法判断是否是质数 - 只需枚举到 sqrt(x)  
	for(int i = 2; i <= x / i; i++) // 防溢出的写法  
	{  
		if(x % i == 0) return false;  
	}  
	return true;  
}

时间复杂度：
枚举到 $\sqrt{n}$ ，因此时间复杂度为O( $\sqrt{n}$)

P5736 【深基7.例2】质数筛 - 洛谷

读⼀个判断⼀个即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

bool isprime(int x)
{
    if (x <= 1) return false;

    for (int i = 2; i <= x / i; i++)
    {
        if (x % i == 0) return false;
    }
    return true;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);

    int n; cin >> n;
    while (n--)
    {
        int x; cin >> x;
        if (isprime(x)) cout << x << " ";
    }
    
    return 0;
}

筛质数

引⼊

上⼀个专题学习了如何判断⼀个数是否是质数，如果此时想知道[1, n]中有多少个素数呢？或者是[1, n]中的素数⾥⾯，第k个素数是多少？

• ⼀个⾃然的想法就是从2 开始，依次向后对每⼀个⾃然数进⾏⼀次质数检验。
  但是这种解法相对暴⼒，我们这⾥介绍两种⽅法，能够快速地将[1, n] 中的素数全部记录下来。

埃⽒筛法

算法思想：

• 对于任意⼀个⼤于1 的正整数，那么它的k(k > 1) 倍就是合数。
  因此，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倍数记为合数，没有被标记的数就是素数。
  ⼩优化：
• 找到⼀个质数x 之后，可以从该数的x 倍向后筛，因此⼩于x 的倍数⼀定被之前筛过了

bool st[N]; // 当前这个数有没有被筛掉  
int p[N]; // 记录质数
int cnt; // 统计质数个数  

// 埃⽒筛  
void get_prime()  
{  
	for(int i = 2; i <= n; i++)  
	{  
		if(!st[i]) // 没有被标记，说明是质数  
		{  
			p[++cnt] = i; // 记录这个质数  
			// 从 i*i 开始，因为⼩于 i 的倍数已经被划掉了  
			for(LL j = i * i; j <= n; j += i) // 筛掉这个质数的倍数  
			{  
				st[j] = true;  
			}  
		}  
	}  
}

时间复杂度：
埃⽒筛的时间复杂度为：O(n log n) 。
关于时间复杂度，⽹上各个地⽅都有详细的证明。因为很⿇烦，⽽且涉及积分的知识，这⾥就不再赘述。

线性筛法

线性筛法，⼜称欧拉筛法。算法思想：

• 在埃⽒筛法中，它会将⼀个合数重复多次标记。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。
  我们的做法是，让每⼀个合数被它的最⼩质因数筛掉
  从前往后遍历每一个数i

1. 用i的质数倍去筛
2. 如果i是质数的倍数时，停止

int n, q;  
bool st[N];  
int p[N], cnt;  
// 欧拉筛  
void get_prime()
{  
	for(int i = 2; i <= n; i++)  
	{  
		if(!st[i]) p[++cnt] = i; // 如果没标记过，就是质数  
		// 枚举所有的质数  
		for(int j = 1; 1ll * i * p[j] <= n; j++)  
		{  
			st[i * p[j]] = true;  
			if(i % p[j] == 0) break;  
			/*  
			这个判定条件能让每⼀个合数被⾃⼰的最⼩质因数筛掉。  
			1. 如果 i 是合数，枚举到最⼩质因数的时候跳出循环  
			2. 如果 i 是质数，枚举到⾃⾝时跳出循环  
			注意，在筛的过程中，我们还能知道 p[j] 是 i 的最⼩质因数  
			*/  
		}  
	}  
}

时间复杂度：
每个数只会被⾃⾝最⼩的质因数筛掉⼀次，时间复杂度为O(n)

P3383 【模板】线性筛素数 - 洛谷

埃⽒筛

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 1e8 + 10;

int n, q;
bool st[N];
int p[N], cnt;

void get_prime()
{
    for (LL i = 2; i <= n; i++)
    {
        if (!st[i])
        {
            p[++cnt] = i;
            for (LL j = i * i; j <= n; j += i)
            {
                st[j] = true;        
            }
        }
    }
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);

    cin >> n >> q;

    get_prime();

    while (q--)
    {
        int k; cin >> k;
        cout << p[k] << endl;
    }
    
    return 0;
}

线性筛

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 1e8 + 10;

int n, q;
bool st[N];
int p[N], cnt;

void get_prime()
{
    for (LL i = 2; i <= n; i++)
    {
        if (!st[i]) p[++cnt] = i;

        for (int j = 1; i * p[j] <= n; j++)
        {
            st[i * p[j]] = true;
            if (i % p[j] == 0) break;
        }
    }
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);

    cin >> n >> q;

    get_prime();

    while (q--)
    {
        int k; cin >> k;
        cout << p[k] << endl;
    }
    
    return 0;
}

P1835 素数密度 - 洛谷

• 埃⽒筛+线性筛。
  先筛出[1, r]之间的质数，然后⽤这些质数去筛[l, r]区间的质数。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 1e6 + 10;

int l, r;
bool st[N];
int p[N], cnt;

bool ret[N];

void get_prime()
{
    int n = sqrt(r);
    for (int i = 2; i <= n; i++)
    {
        if (!st[i]) p[++cnt] = i;

        for (int j = 1; 1ll * i * p[j] <= n; j++)
        {
            st[i * p[j]] = true;
            if (i % p[j] == 0) break;
        }
    }
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);

    cin >> l >> r;
    get_prime();

    l  = l == 1 ? 2 : l;

    for (int i = 1; i <= cnt; i++)
    {
        LL x = p[i];
        for (LL j = max(x * 2, (x + l - 1) / x * x); j <= r; j += x)
        {
            ret[j - l] = true;        
        }
    }
    int sum = 0;
    for (int i = l; i <= r; i++)
    {
        if (!ret[i - l]) sum++;
    }
    cout << sum << endl;
    
    return 0;
}

UVA543 Goldbach’s Conjecture - 洛谷

先筛⼀下质数，然后在筛出来的质数中，找出两个数的和等于给定的数

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e6 + 10;

bool st[N];
int p[N], cnt;

void get_prime()
{
    int n = 1e6;
    for (int i = 2; i <= n; i++)
    {
        if (!st[i]) p[++cnt] = i;

        for (int j = 1; 1ll * i * p[j] <= n; j++)
        {
            st[i * p[j]] = true;
            if (i % p[j] == 0) break;
        }
    }
}

void solve(int x)
{
    for (int i = 2; i <= cnt; i++)
    {
        if (!st[x - p[i]])
        {
            printf("%d = %d + %d\n", x, p[i], x-p[i]);
            break;
        }
    }
}

int main()
{
    get_prime();

    int x;
    while (cin >> x, x)
    {
        solve(x);
    }

    return 0;
}