Day 2：数论——[筛法、gcd、lcm 和裴蜀定理] 未完

Day 2：数论——[筛法、$gcd$、$lcm$ 和裴蜀定理]

一、筛法

注：

1.我们用 ps_is_prime 数组来表示暴力筛的 $bool$ 类型判断素数数组（$0$ 表示是质数，$1$ 表示不是质数）。

2.我们用 ai_is_prime 数组来表示埃氏筛的 $bool$ 类型判断素数数组。

2.我们用 ou_is_prime 数组来表示欧拉筛的 $bool$ 类型判断素数数组，prime 来表示欧拉筛的素数表，cnt 来表示 prime 数组的长度。

1.暴力筛（$Violence$ $screening$ $method$）

$①$ 原理

$Case$ $1$ 初始化：一个常识：$1$ 肯定不是质数，那么 ps_is_prime[1] 便置为 $1$ 。

$Case$ $2$ 筛数过程：先用 $i$ 枚举 $2-n$ 中的每一个数，再用 $j$ 从 $2$ 开始枚举，将 $i$ 的所有不超过 $n$ 的倍数在 ps_is_prime 中标记为 $1$。

$Case$ $3$ 小优化：由于每个数的因数都成对出现，所以只需要枚举到 $\sqrt{n}$ 即可。

$②$ 具体例子举例

例如：筛 $20$ 以内的质数。

首先，将 $1$ 表示不是质数，预先算出 $\sqrt{n}=4$

$1-n$	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20
ps_is_prime	1	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0

第一次循环，$i=2$

$1-n$	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20
ps_is_prime	1	0	0	1	0	1	0	1	0	1	0	1	0	1	0	1	0	1	0	1

第二次循环，$i=3$

$1-n$	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20
ps_is_prime	1	0	0	1	0	1	0	1	1	1	0	1	0	1	1	1	0	1	0	1

第三次循环，$i=4$

$1-n$	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20
ps_is_prime	1	0	0	1	0	1	0	1	1	1	0	1	0	1	1	1	0	1	0	1

$③$ 代码展示

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e7 + 5;
int n;
bool ps_is_prime[N];
void ps_get(int m) {
	ps_is_prime[1] = 1;
	int nn = sqrt(m);
	for (int i = 2;i <= nn;i++) {
		for (int j = 2;j * i <= m;j++) {
			ps_is_prime[i * j] = 1;
		}
	}
}
int main() {
	cin >> n;
	ps_get(n);
	return 0;
}

$④$ 时间复杂度及证明

个人的一些理解，不要在意其准确性。

其实课堂上，郭老师说，外层循环从 $2-n$ 改为 $2-\sqrt{n}$ 时间复杂度有很大区别，但实际上区别很小。别急，先看我证明。

若是 $2-n$ :

时间复杂度 $=\frac{n}{2}+\frac{n}{3}+\frac{n}{4}\dots \dots \frac{n}{n}$

$\because$ $\frac{n}{2}⩽\frac{n}{2},\frac{n}{3}+\frac{n}{4}⩽\frac{n}{2},\frac{n}{5}+\frac{n}{6}+\frac{n}{7}+\frac{n}{8}⩽\frac{n}{2}\dots \dots$

那么，一共有 ${\log }_{2}n$ 个这样的不等式相加

即：时间复杂度 $⩽{\log }_{2}n\cdot \frac{n}{2}$

$\therefore$ 时间复杂度 $⩽{\log }_{2}n\cdot n$

所以，我证明出来时间复杂度应该是 $⩽{\log }_{2}n\cdot n$ 的。

而如果是 $2-\sqrt{n}$ 的话，它的时间复杂度是 $⩽{\log }_2\sqrt{n}\cdot n$的，实际上 ${\log }_2\sqrt{n}$ 和 ${\log }_2$ $n$ 的差别并不大，例如，当 $n=2\times 10^7$ 时， ${\log }_2$ $\sqrt{n}$ $\approx 12，$ ${\log }_2$ $n$ $\approx 24$,只是相差了 $2$ 倍 。

$⑤$ 实际用时

外层循环枚举 $2-\sqrt{n}$ 时

TLE 1104ms 86分

外层循环枚举 $2-n$ 时

TLE 1191ms 86分

2.埃氏筛（$sieve$ $of$ $Eratosthenes$）

$①$ 原理

其实，埃氏筛就是在暴力筛的基础上多加了一个判断：如果这个数不是质数便跳过。

这样做有什么好处呢？

因为如果这个数不是质数，那么它就有其他的质因子，那么为了加快速度，我们要尽可能的保证一个数只被筛 $1$ 次，要想保证这个，就要保证这个数尽可能被自己的最小质因子筛到，所以便可以跳过。

$②$ 具体例子举例

例如：筛 $20$ 以内的质数。

首先，将 $1$ 表示不是质数，预先算出 $\sqrt{n}=4$

$1-n$	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20
ps_is_prime	1	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0

第一次循环，$i=2$

$1-n$	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20
ps_is_prime	1	0	0	1	0	1	0	1	0	1	0	1	0	1	0	1	0	1	0	1

第二次循环，$i=3$

$1-n$	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20
ps_is_prime	1	0	0	1	0	1	0	1	1	1	0	1	0	1	1	1	0	1	0	1

第三次循环：这便是一个优化了，由于 $4$ 不为质数，所以，这层循环直接跳过。

$③$ 代码展示

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e7 + 5;
int n;
bool ai_is_prime[N];
void ai_get(int m) {
    ai_is_prime[1] = 1;
    int nn = m;
    for (int i = 2; i <= nn; i++) {
        if (ai_is_prime[i])
            continue;
        for (int j = 2; j * i <= m; j++) {
            ai_is_prime[i * j] = 1;
        }
    }
}
int main() {
    cin >> n;
    ai_get(n);
    return 0;
}

$④$ 时间复杂度及证明

此部分摘自网上（本人觉得自身证明时间复杂度的能力不足，并且数学公式实在是太难打了）

当然，实际时间复杂度是大于等于$O(\log$ $\log$ $n)$ 的。

$⑤$ 实际用时

外层循环枚举 $2-\sqrt{n}$ 时

AC 336ms 100分

外层循环枚举 $2-n$ 时

AC 505ms 100分