MYOJ_5775:(洛谷P3383)【模板】线性筛素数(质数筛模板)

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/rstyduifudg/article/details/147163559

题目描述

本题已更新，从判断素数改为了查询第 k 小的素数。

给定一个范围 n，有 q 个询问，每次输出第 k 小的素数。

提示：本题输入输出、运算数据量较大。

对于 C++ 语言，如果你使用 cin 来输入输出，建议使用 std::ios::sync_with_stdio(0) 来加速，同时使用 '\n' 换行输出。
对于 Java 语言，使用线性筛并且优化输入输出，也可以在规定时限内通过本题，但是时限可能较紧张。
对于 Python 语言，语言性能差异较大，需要使用到 numpy 库的数组以替代列表，且使用埃氏筛法，依然可以在合适的时间和内存消耗下通过本题。

这个在MYOJ有bug，就在洛谷交了

输入

第一行包含两个正整数 n,q，分别表示查询的范围和查询的个数。

接下来 q 行每行一个正整数 k，表示查询第 k 小的素数。

对于 100% 的数据，n=108，1≤q≤106，保证查询的素数不大于 n。

输出

输出 q 行，每行一个正整数表示答案。

样例输入输出

输入:

100 5
1
2
3
4
5

输出:

2
3
5
7
11

(100 5
1
25
26
27
1000
)

(2
97
0
0
0
)

思路一:

使用埃拉托斯特尼筛法，通过每次筛出质数的倍数来判定质数，时间复杂度O(log log n)；同时使用空间换时间的方法节约时间。

STEP 1:声明标记数组，存储素数的prime，范围n，查询次数q，当前查询的个数k，计数pn

STEP 2:埃筛，先默认所有数是素数，然后把0、1去掉，开始主循环(专家提示部分开始)为了尽量节省时间，我么们需要先了解原理。

原理1.

合数的性质：任何合数（非素数）n都至少有一个质因数小于或等于√n
反证法证明：假设n是合数且所有质因数都大于√n，那么这些质因数的乘积将大于(√n)^2 = n，这与n的因数分解矛盾

结论1.

充分性：当用所有≤√n的素数筛选后，所有合数都已被标记
效率优化：将循环次数从n减少到√n，大幅降低时间复杂度
示例：筛选n=100时，只需检查2-10的素数（因为√100=10）

原理2.

避免重复标记：任何k*i（k<i）的倍数已经被更小的素数k筛选过
乘法对称性：i×k和k×i是相同的合数，k<i时已被处理

结论2.

最小未标记合数：对于素数i，i²是第一个未被之前素数筛选掉的i的倍数
效率优化：跳过已处理区域，减少不必要的操作
示例：
- 当i=5时，5×2=10（已被2筛选），5×3=15（已被3筛选），5×4=20（已被2筛选）
- 所以直接从5×5=25开始标记

综上所述，外循环从2到i*i，内循环从i*i到n

接着讲：如果i为素数，进内循环，标记所有的倍数为素数。操作完后就只剩下素数，接下来数组填充到质数数组中

STEP 3:读写优化，输入，筛数(在询问前就调用，不浪费时间)，处理每个查询并输出

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool isPrime[100000005];
int prime[10000005],n,q,k,pn;
void seive(int n)
{
	memset(isPrime,1,sizeof(isPrime));
	isPrime[0]=isPrime[1]=false;
	for(int i=2;i*i<=n;i++)
	{
		if(isPrime[i])
		{
			for(int j=i*i;j<=n;j+=i)
			{
				isPrime[j]=false; 
			}
		}
	}
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(isPrime[i])
		{
			prime[++pn]=i;
		}
	}
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin>>n>>q;
	seive(n);
	while(q--)
	{
		cin>>k;
		cout<<prime[k]<<"\n";
	}
    return 0;
}

思路二：

刚刚的埃筛法的缺点是会重复去除质数，浪费时间。为缩短时间，可使用线性筛法（欧拉筛法）时间复杂度O(n),他让每个合数只被它的最小质因子筛掉，这样每个合数只会被标记一次，从而保证线性的时间复杂度。

STEP 1:一样的定义

STEP 2:线性筛，初始假设都是素数，0，1，不是素数，遍历所有数，如果i是质数，将i存入质数数组，用已找到的质数筛选合数，标记i*prime[j]为合数,加上关键优化：保证每个合数只被它的最小质因子筛掉(是倍数跳出)

STEP 3:不变，函数名改一下

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool isPrime[100000005];
int prime[10000005],n,q,k,pn;
void linearSeive(int n)
{
    memset(isPrime,1,sizeof(isPrime));
    isPrime[1]=false;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(isPrime[i])
        {
            prime[++pn]=i;
        }
        for(int j=1;j<=pn&&i*prime[j]<=n;j++)
        {
            isPrime[i*prime[j]]=false;
            if(i%prime[j]==0)
            {
                break;
            }
        }
    }
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cin>>n>>q;
    linearSeive(n);
    while(q--)
    {
        cin>>k;
        cout<<prime[k]<<'\n';
    }
    return 0;
}