hihocoder第九十三周 数论二·Eular质数筛法

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#1295 : 数论二·Eular质数筛法

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描述

小Ho：小Hi，上次我学会了如何检测一个数是否是质数。于是我又有了一个新的问题，我如何去快速得求解[1,N]这个区间内素数的个数呢？

小Hi：你自己有什么想法么？

小Ho：有！我一开始的想法是，自然我们已经知道了如何快速判定一个数是否是质数，那么我就直接将[1,N]之间每一个数判定一次，就可以得到结果。但我发现这个方法太笨了。

小Hi：确实呢，虽然我们已经通过快速素数检测将每一次判定的时间复杂度降低，但是N个数字的话，总的时间复杂度依旧很高。

小Ho：是的，所以后来我改变了我的算法。我发现如果一个数p是质数的话，那么它的倍数一定都是质数。所以我建立了一个布尔类型的数组isPrime，初始化都为true。我从2开始枚举，当我找到一个isPrime[p]仍然为true时，可以确定p一定是一个质数。接着我再将N以内所有p的倍数全部设定为isPrime[p*i]=false。

写成伪代码为：

isPrime[] = true
primeCount = 0
For i = 2 .. N
	If isPrime[i] Then
		primeCount = primeCount + 1
		multiple = 2
		While (i * multiple ≤ N)
			isPrime[i * multiple] = false
			multiple = multiple + 1
		End While 
	End If
End For
  

小Hi：小Ho你用的这个算法叫做Eratosthenes筛法，是一种非常古老的质数筛选算法。其时间复杂度为O(n log log n)。但是这个算法有一个冗余的地方：比如合数10，在枚举2的时候我们判定了一次，在枚举5的时候我们又判定了一次。因此使得其时间复杂度比O(n)要高。

小Ho：那有没有什么办法可以避免啊？

小Hi：当然有了，一个改进的方法叫做Eular筛法，其时间复杂度是O(n)的。

提示：Eular质数筛法

输入

第1行：1个正整数n，表示数字的个数，2≤n≤1,000,000。

输出

第1行：1个整数，表示从1到n中质数的个数

样例输入

9

样例输出

4

这个质数筛选我觉得还是很神奇的，一直以为O(n log long n)的复杂度已经够低了，没想到还能做到O(n)的复杂度，数论真的很神奇。。。没啥好说的，hihocoder的提示里面也讲得很清楚，这两天就是根据hihocoder里面的92-97周的题目学到了数论里面比较玄学的操作。

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string>
#include<string.h>
#include<math.h>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<time.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e6 +5;
bool isPrime[maxn];
int prime[maxn];
int primecount = 0;
int solve(int n){
    for(int i = 2 ; i <= n ; i ++){
        if(isPrime[i]){
            primecount++;
            prime[primecount] = i;
        }
        for(int j = 1 ; j <= primecount ; j ++){
            if(i*prime[j] > n)
                break;
            isPrime[i*prime[j]] = false;
            if(i%prime[j] == 0)
                break;
        }
    }
    return primecount;
}
int main()
{
    int n;
    while(~scanf("%d" , &n)){
        memset(isPrime , true , sizeof(isPrime));
        primecount = 0;
        cout<<solve(n)<<endl;
    }
    return 0;
}