筛法求质数：埃氏筛，欧拉筛

对于整数而言：

前言

如何判断[2,n]之间每个数是质数还是合数呢？
首先我们可以枚举每一个数，用试除法判断它是质数还是合数。时间复杂度O($n\sqrt{n}$)。
事实上还有更好的做法。

埃氏筛求质数

我们枚举到每一个数x，就从二倍开始枚举它的所有倍数{2x,3x,…}，标记它的倍数，它的倍数一定不是质数。
如果枚举到一个数x时，它还没被标记，证明它在[2,x-1]范围内没有约数，也即它是质数。

其中vis[i]==true，表示i为合数：

这就是朴素的埃氏筛法。
3大概有$\frac{n}{3}$个倍数，4大概有$\frac{n}{4}$个倍数，i大概有$\frac{n}{i}$个倍数。
每个数i都会枚举它的所有倍数，也就是枚举倍数次。
时间复杂度为O(${\sum }_{i=2}^n\frac{n}{i}$)。
${\sum }_{i=2}^n\frac{n}{i}$是一个调和级数，约等于O($n\ln n$)=O($n{\log }_{e}n$)=O(nlogn)。
时间复杂度也就是O(nlogn)
时间复杂度带有log是因为，一些数字被重复标记了。

事实上可以优化：
我们注意到，每个合数n都可以表示为$p\cdot k$的形式，其中p是n的一个质因子。
那么我们优化，只枚举质数的倍数，然后标记它。

很容易证明，这样筛的时间复杂度是O($n\ln \ln n$)=O(nloglogn)。

这个就是埃氏筛（埃拉托色尼筛法）。

额外提一嘴，我们注意到，同一个数的相同质因子只算一次的话。[1,n]中所有数的质因子数目之和为O(nloglogn)。
因为我们注意到，在埃氏筛的过程中，每个数都被它的每个不同质因子筛到一次。

线性筛（欧拉筛）

我们注意到，即使是优化了之后的埃氏筛法也有算重的地方，因为一个数被它的所有不同质因子到。
如果想要获得更好的时间复杂度，我们只需要强制每一个数只被它的其中一个质因子筛到一次。
最简单的一种写法是，我们只让一个数被它的最小质因子筛到一次。

const int N=100000000;
bool vis[N+5];
vector<int> a;
void Euler(int n) {
	for(int i=2;i<=n;i++) {
		if(!vis[i])
			a.push_back(i);
		for(auto&j:a) {
			int x=i*j;
			if(x>N) break;
			vis[x]=true;
			if(i%j==0) break;
		}
	}
}

我们指定i*j的最小质因子必须为j。

如果i%j=0，表示i中含有j这个因子，这意味着$i\times j$本身的最小质因子还是j，筛$i\times j$本身是合法的。
但是下一次循环，由于质数是从小到大被筛出来的，也就是说质数j是升序存储的，j会变大，此时 新的$i\times j$ 的最小质因子就是i的最小质因子（也就是原来的j）了，违反了我们的规定，因此退出循环。

每个数都仅被它的最小质因子筛到一次。时间复杂度O(n)。

后记

于是皆大欢喜。