线性筛（P3383 【模板】线性筛素数）

Description

线性筛（欧拉筛）模板题

Solution

由于原题的素数筛取规模达到了$10^8$，故我们需要$O(n)$做法。

考虑埃氏筛的做法：虽然经过优化的埃氏筛复杂度达到了$O(nloglogn)$，但还是存在合数被它的多个因子标记为合数。而线性筛的优点则在于每一个合数只会被筛一次且保证被筛掉。这样一来整个筛法的复杂度就可以降低到$O(n)$。

首先我们看筛法的代码：

	memset(isprime,true,sizeof(isprime));
	isprime[1]=false;
	for(ri i=2;i<=n;++i)
	{
		if(isprime[i])	prime[++cnt]=i;
		for(ri j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;++j)
		{
			isprime[i*prime[j]]=false;
			if(i%prime[j]==0)	break;
		}
	}

为了保证每一个数只会被其最小的因子筛掉，循环最外层$i$枚举每一个$\le n$的数的除其本身外的最大因子（不是最大质因子）。然后，如果当前$i$未被标记过，说明其为素数；之后，我们枚举当前筛出的所有素数（注意：当前筛出的素数显然小于等于$i$）从而枚举满足如下条件的数：以当前$i$为最大因子（除本身外）且保证$prim{e}_j$为最小因子的数。

接下来，我们解释一下第二层循环里的两个语句：

第一句：$isprime[i\ast prime[j]]=false$：由于比$prime[j]$小的所有素数都不是$i$的因子（否则第二条语句会break），故$prime[j]$一定是$i\ast prime[j]$的最小质因子。筛掉；

第二句：如果发现当前$prime[j]$为$i$的因子，由于循环枚举到了$prime[j]$，故$prime[j]$一定是$i$的最小质因子，那么如果再继续枚举当前筛出的素数，$i\ast prime[j+k](k>0)$的最小质因子为$prime[j]$，不满足一个数只被筛一遍，故break。

最后，我们说明两点：在执行线性筛的过程中：

1、每一个合数一定会被筛掉：根据以上对内层循环体的解释，易证每一个合数都会被筛到（将任意合数分解为其最小质因子与最大非本身因子之积，最外层枚举到其最大非本身因子时该数会被筛掉且中途显然不会break）。

2、每一个数只被其最小质因子筛一遍：假设当前有一个数$prime[i]\ast prime[j]\ast k(i<j)$，现在我们考虑它会不会通过$prime[j]$被筛掉：

如果其被$prime[j]$筛掉，那么其最大因子$i=prime[i]\ast k$，但由于$prime[i]\ast k$会在枚举到$prime[i](prime[i]<prime[j])$的时候被判断$prime[i]\ast k$从而导致循环break，故每一个数不会被除了其最小质因子之外的其它质因子筛掉。

由上述论述可得：线性筛的复杂度为$O(n)$。

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define ri register int
using namespace std;

const int MAXN=1e8;
int n,q,k,prime[MAXN>>4],cnt;
bool isprime[MAXN+20];

void Eula()
{
	memset(isprime,true,sizeof(isprime));//根据实际需要去掉该句并翻转isPrime的含义 
	isprime[1]=false;
	for(ri i=2;i<=n;++i)//枚举每部分合数的非本身最大因子 
	{
		if(isprime[i])	prime[++cnt]=i;//未被标记即为质数 
		for(ri j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;++j)
		{
			isprime[i*prime[j]]=false;//标记合数 
			if(i%prime[j]==0)	break;
			//若继续枚举，接下来枚举到的数的最小因子为prime[j]，不合法 
		}
	}
}

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&q);
	Eula();
	for(ri i=1;i<=q;++i)
	{
		scanf("%d",&k);
		cout<<prime[k]<<'\n';
	}
	return 0;
}