区间素数个数（min25筛）

原创于 2023-01-19 17:29:00 发布 · 2.7k 阅读

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文章介绍了如何使用min25筛算法来求解1到n之间素数的个数问题，通过建立前缀和与积性函数的关系，简化递推式，最终达到高效计算的目的。代码示例展示了算法的具体实现，时间复杂度为O(n^(3/4)/lnn)。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目大意

求 $1\sim n$ 的素数个数。 $1\leq n\leq 10^{11}$

前置知识：min25筛

令 $f(x)=[x\in prime]$ ，当 $x$ 为质数时， $f (x) = 1$ ；当 $x$ 不为质数时， $f (x) = 0$ 。此时题意变为求 $f (x)$ 的前缀和，我们可以用min25筛。

令 $f^{'} (x) = x$ ， $f^{'} (x)$ 为积性函数且在 $f (x)$ 为质数时与 $f (x)$ 相等。用 $f^{'} (x)$ ，求出min25筛中的 $g$ 函数，然后来求min25筛中的 $S$ 函数。以下是min25筛中 $S$ 函数的递推式：

$S(n,i)=g(n,|pr(n)|)-g(pr_i,|pr(n)|)+\sum\limits_{j>i}\sum\limits_{pr_j^k\leq n}f(pr_j^k)\times (S(\lfloor\dfrac{n}{pr_j^k}\rfloor,j)+[k>1])$

我们发现在最后一项，当 $k = 1$ 时， $S(\lfloor\dfrac{n}{pr_j^k}\rfloor,j)+[k>1]=0$ ；当 $k > 1$ 时， $pr_j^k$ 为合数， $f(pr_j^k)=0$ 。所以最后一项为0，可省去。则 $S$ 的递推式变为

$S(n,i)=g(n,|pr(n)|)-g(pr_i,|pr(n)|)$

求出 $S$ 函数即可，最后的答案为 $S (n, 0)$ （本题中 $f (1) = 0$ ，不用加1）。

时间复杂度为 $O(\dfrac{n^{\frac 34}}{\ln n})$ 。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1000000;
int p1,vt,z[N+5],pr[N+5];
long long n,x,v[N+5],f[2][N+5],s[N+5],g[N+5];
void dd(){
	for(int i=2;i<=N;i++){
		if(!z[i]){
			pr[++p1]=i;
			s[p1]=p1;
		}
		for(int j=1;j<=p1&&i*pr[j]<=N;j++){
			z[i*pr[j]]=1;
			if(i%pr[j]==0) break;
		}
	}
}
void init(){
	x=sqrt(n)+1;
	dd();
	for(long long l=1,r;l<=n;l=r+1){
		r=n/(n/l);
		v[++vt]=n/l;
		if(n/l<=x) f[0][n/l]=vt;
		else f[1][l]=vt;
		long long t=n/l;
		g[vt]=t-1;
	}
	long long w;
	for(int i=1;i<=p1;i++){
		w=1ll*pr[i]*pr[i];
		long long t;
		for(int j=1;j<=vt&&w<=v[j];j++){
			t=v[j]/pr[i];
			if(t<=x) t=f[0][t];
			else t=f[1][n/t];
			g[j]-=g[t]-s[i-1];
		}
	}
	
}
long long S(long long p,int q){
	if(pr[q]>=p) return 0;
	long long td=(p<=x?f[0][p]:f[1][n/p]);
	long long re=g[td]-s[q];
	return re;
}
int main()
{
	scanf("%lld",&n);
	init();
	if(n==1) printf("1");
	else printf("%lld\n",S(n,0));
	return 0;
}