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TEST2

Important!

接下来的内容是博客功能测试，来自 OI-wiki，暂时使用来测试数学公式等功能。

素数筛法

引入

如果我们想要知道小于等于 \(n\) 有多少个素数呢？

一个自然的想法是对于小于等于 \(n\) 的每个数进行一次质数检验。这种暴力的做法显然不能达到最优复杂度。

埃拉托斯特尼筛法

过程

考虑这样一件事情：对于任意一个大于 \(1\) 的正整数 \(n\)，那么它的 \(x\) 倍就是合数（\(x > 1\)）。利用这个结论，我们可以避免很多次不必要的检测。

如果我们从小到大考虑每个数，然后同时把当前这个数的所有（比自己大的）倍数记为合数，那么运行结束的时候没有被标记的数就是素数了。

实现

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vector<int> prime;
bool is_prime[N];

void Eratosthenes(int n) {
  is_prime[0] = is_prime[1] = false;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) is_prime[i] = true;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (is_prime[i]) {
      prime.push_back(i);
      if ((long long)i * i > n) continue;
      for (int j = i * i; j <= n; j += i)
        // 因为从 2 到 i - 1 的倍数我们之前筛过了，这里直接从 i
        // 的倍数开始，提高了运行速度
        is_prime[j] = false;  // 是 i 的倍数的均不是素数
    }
  }
}

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prime = []
is_prime = [False] * N

def Eratosthenes(n):
    is_prime[0] = is_prime[1] = False
    for i in range(2, n + 1):
        is_prime[i] = True
    for i in range(2, n + 1):
        if is_prime[i]:
            prime.append(i)
            if i * i > n:
                continue
            for j in range(i * i, n + 1, i):
                is_prime[j] = False

以上为 Eratosthenes 筛法（埃拉托斯特尼筛法，简称埃氏筛法），时间复杂度是 \(O(n\log\log n)\)。

证明

现在我们就来看看推导过程：

如果每一次对数组的操作花费 1 个单位时间，则时间复杂度为：

\[ O\left(\sum_{k=1}^{\pi(n)}{\frac{n}{p_k}}\right)=O\left(n\sum_{k=1}^{\pi(n)}{\frac{1}{p_k}}\right) \]

其中 \(p_k\) 表示第 \(k\) 小的素数，\(\pi(n)\) 表示 \(\le n\) 的素数个数。\(\sum_{k=1}^{\pi(n)}\) 表示第一层 for 循环，其中累加上界 \(\pi(n)\) 为 if (prime[i]) 进入 true 分支的次数；\(\frac{n}{p_k}\) 表示第二层 for 循环的执行次数。

根据 Mertens 第二定理，存在常数 \(B_1\) 使得：

\[ \sum_{k=1}^{\pi(n)}{\frac{1}{p_k}}=\log\log n+B_1+O\left(\frac{1}{\log n}\right) \]

所以 Eratosthenes 筛法 的时间复杂度为 \(O(n\log\log n)\)。接下来我们证明 Mertens 第二定理的弱化版本 \(\sum_{k\le\pi(n)}1/p_k=O(\log\log n)\)：

根据 \(\pi(n)=\Theta(n/\log n)\)，可知第 \(n\) 个素数的大小为 \(\Theta(n\log n)\)。于是就有

\[ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{\pi(n)}{\frac{1}{p_k}} &=O\left(\sum_{k=2}^{\pi(n)}{\frac{1}{k\log k}}\right) \\ &=O\left(\int_2^{\pi(n)}{\frac{\mathrm dx}{x\log x}}\right) \\ &=O(\log\log\pi(n))=O(\log\log n) \end{aligned} \]

当然，上面的做法效率仍然不够高效，应用下面几种方法可以稍微提高算法的执行效率。

筛至平方根

显然，要找到直到 \(n\) 为止的所有素数，仅对不超过 \(\sqrt n\) 的素数进行筛选就足够了。

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vector<int> prime;
bool is_prime[N];

void Eratosthenes(int n) {
  is_prime[0] = is_prime[1] = false;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) is_prime[i] = true;
  // i * i <= n 说明 i <= sqrt(n)
  for (int i = 2; i * i <= n; ++i) {
    if (is_prime[i])
      for (int j = i * i; j <= n; j += i) is_prime[j] = false;
  }
  for (int i = 2; i <= n; ++i)
    if (is_prime[i]) prime.push_back(i);
}

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prime = []
is_prime = [False] * N

def Eratosthenes(n):
    is_prime[0] = is_prime[1] = False
    for i in range(2, n + 1):
        is_prime[i] = True
    # 让 i 循环到 <= sqrt(n)
    for i in range(2, isqrt(n) + 1): # `isqrt` 是 Python 3.8 新增的函数
        if is_prime[i]:
            for j in range(i * i, n + 1, i):
                is_prime[j] = False
    for i in range(2, n + 1):
        if is_prime[i]:
            prime.append(i)

这种优化不会影响渐进时间复杂度，实际上重复以上证明，我们将得到 \(n \ln \ln \sqrt n + o(n)\)，根据对数的性质，它们的渐进相同，但操作次数会明显减少。

只筛奇数

因为除 2 以外的偶数都是合数，所以我们可以直接跳过它们，只用关心奇数就好。

首先，这样做能让我们内存需求减半；其次，所需的操作大约也减半。

减少内存的占用

我们注意到筛选时只需要 bool 类型的数组。bool 数组的一个元素一般占用 \(1\) 字节（即 \(8\) 比特），但是存储一个布尔值只需要 \(1\) 个比特就足够了。

我们可以使用TESTTTTT的相关知识，将每个布尔值压到一个比特位中，这样我们仅需使用 \(n\) 比特（即 \(\dfrac n 8\) 字节）而非 \(n\) 字节，可以显著减少内存占用。

但是，这种称为 位级压缩 的方法会使这些位的操作复杂化。任何位上的读写操作都需要多次算术运算，最终会使算法变慢。因此，这种方法只有在 \(n\) 特别大，以至于我们不能再分配内存时才合理。在这种情况下，我们将牺牲效率，通过显著降低算法速度以节省内存（减小到原来的 \(\dfrac n 8\)）。

值得一提的是，存在自动执行位级压缩的数据结构，如 C++ 中的 vector<bool> 和 bitset<>（参见

分块筛选

由优化「筛至平方根」可知，不需要一直保留整个 is_prime[1...n] 数组。为了进行筛选，只保留到 \(\sqrt n\) 的素数就足够了，即 prime[1...sqrt(n)]。并将整个范围分成块，每个块分别进行筛选。这样，我们就不必同时在内存中保留多个块，而且 CPU 可以更好地处理缓存。

设 \(s\) 是一个常数，它决定了块的大小，那么我们就有了 \(\lceil {\frac n s} \rceil\) 个块，而块 \(k\)(\(k = 0 \dots \lfloor {\frac n s} \rfloor\)) 包含了区间 \([ks, ks + s - 1]\) 中的数字。我们可以依次处理块，也就是说，对于每个块 \(k\)，我们将遍历所有质数（从 \(1\) 到 \(\sqrt n\)）并使用它们进行筛选。

值得注意的是，我们在处理第一个数字时需要稍微修改一下策略：首先，应保留 \([1, \sqrt n]\) 中的所有的质数；第二，数字 \(0\) 和 \(1\) 应该标记为非素数。在处理最后一个块时，不应该忘记最后一个数字 \(n\) 并不一定位于块的末尾。

以下实现使用块筛选来计算小于等于 \(n\) 的质数数量。

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int count_primes(int n) {
  const int S = 10000;
  vector<int> primes;
  int nsqrt = sqrt(n);
  vector<char> is_prime(nsqrt + 1, true);
  for (int i = 2; i <= nsqrt; i++) {
    if (is_prime[i]) {
      primes.push_back(i);
      for (int j = i * i; j <= nsqrt; j += i) is_prime[j] = false;
    }
  }
  int result = 0;
  vector<char> block(S);
  for (int k = 0; k * S <= n; k++) {
    fill(block.begin(), block.end(), true);
    int start = k * S;
    for (int p : primes) {
      int start_idx = (start + p - 1) / p;
      int j = max(start_idx, p) * p - start;
      for (; j < S; j += p) block[j] = false;
    }
    if (k == 0) block[0] = block[1] = false;
    for (int i = 0; i < S && start + i <= n; i++) {
      if (block[i]) result++;
    }
  }
  return result;
}

分块筛法的渐进时间复杂度与埃氏筛法是一样的（除非块非常小），但是所需的内存将缩小为 \(O(\sqrt{n} + S)\)，并且有更好的缓存结果。 另一方面，对于每一对块和区间 \([1, \sqrt{n}]\) 中的素数都要进行除法，而对于较小的块来说，这种情况要糟糕得多。 因此，在选择常数 \(S\) 时要保持平衡。

块大小 \(S\) 取 \(10^4\) 到 \(10^5\) 之间，可以获得最佳的速度。

线性筛法

埃氏筛法仍有优化空间，它会将一个合数重复多次标记。有没有什么办法省掉无意义的步骤呢？答案是肯定的。

如果能让每个合数都只被标记一次，那么时间复杂度就可以降到 \(O(n)\) 了。

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vector<int> pri;
bool not_prime[N];

void pre(int n) {
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (!not_prime[i]) {
      pri.push_back(i);
    }
    for (int pri_j : pri) {
      if (i * pri_j > n) break;
      not_prime[i * pri_j] = true;
      if (i % pri_j == 0) {
        // i % pri_j == 0
        // 换言之，i 之前被 pri_j 筛过了
        // 由于 pri 里面质数是从小到大的，所以 i 乘上其他的质数的结果一定会被
        // pri_j 的倍数筛掉，就不需要在这里先筛一次，所以这里直接 break
        // 掉就好了
        break;
      }
    }
  }
}

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pri = []
not_prime = [False] * N

def pre(n):
    for i in range(2, n + 1):
        if not not_prime[i]:
            pri.append(i)
        for pri_j in pri:
            if i * pri_j > n:
                break
            not_prime[i * pri_j] = True
            if i % pri_j == 0:
                """
                i % pri_j == 0
                换言之，i 之前被 pri_j 筛过了
                由于 pri 里面质数是从小到大的，所以 i 乘上其他的质数的结果一定会被
                pri_j 的倍数筛掉，就不需要在这里先筛一次，所以这里直接 break
                掉就好了
                """
                break

上面的这种 线性筛法 也称为 Euler 筛法（欧拉筛法）。

Note

注意到筛法求素数的同时也得到了每个数的最小质因子。

筛法求欧拉函数

注意到在线性筛中，每一个合数都是被最小的质因子筛掉。比如设 \(p_1\) 是 \(n\) 的最小质因子，\(n' = \frac{n}{p_1}\)，那么线性筛的过程中 \(n\) 通过 \(n' \times p_1\) 筛掉。

观察线性筛的过程，我们还需要处理两个部分，下面对 \(n' \bmod p_1\) 分情况讨论。

如果 \(n' \bmod p_1 = 0\)，那么 \(n'\) 包含了 \(n\) 的所有质因子。

\[ \begin{aligned} \varphi(n) & = n \times \prod_{i = 1}^s{\frac{p_i - 1}{p_i}} \\\\ & = p_1 \times n' \times \prod_{i = 1}^s{\frac{p_i - 1}{p_i}} \\\\ & = p_1 \times \varphi(n') \end{aligned} \]

那如果 \(n' \bmod p_1 \neq 0\) 呢，这时 \(n'\) 和 \(p_1\) 是互质的，根据欧拉函数性质，我们有：

\[ \begin{aligned} \varphi(n) & = \varphi(p_1) \times \varphi(n') \\\\ & = (p_1 - 1) \times \varphi(n') \end{aligned} \]

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vector<int> pri;
bool not_prime[N];
int phi[N];

void pre(int n) {
  phi[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= n; i++) {
    if (!not_prime[i]) {
      pri.push_back(i);
      phi[i] = i - 1;
    }
    for (int pri_j : pri) {
      if (i * pri_j > n) break;
      not_prime[i * pri_j] = true;
      if (i % pri_j == 0) {
        phi[i * pri_j] = phi[i] * pri_j;
        break;
      }
      phi[i * pri_j] = phi[i] * phi[pri_j];
    }
  }
}

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pri = []
not_prime = [False] * N
phi = [0] * N

def pre(n):
    phi[1] = 1
    for i in range(2, n + 1):
        if not not_prime[i]:
            pri.append(i)
            phi[i] = i - 1
        for pri_j in pri:
            if i * pri_j > n:
                break
            not_prime[i * pri_j] = True
            if i % pri_j == 0:
                phi[i * pri_j] = phi[i] * pri_j
                break
            phi[i * pri_j] = phi[i] * phi[pri_j]

筛法求莫比乌斯函数

定义

根据莫比乌斯函数的定义，设 \(n\) 是一个合数，\(p_1\) 是 \(n\) 的最小质因子，\(n'=\frac{n}{p_1}\)，有：

\[ \mu(n)= \begin{cases} 0 & n' \bmod p_1 = 0\\\\ -\mu(n') & \text{otherwise} \end{cases} \]

若 \(n\) 是质数，有 \(\mu(n)=-1\)。

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vector<int> pri;
bool not_prime[N];
int mu[N];

void pre(int n) {
  mu[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (!not_prime[i]) {
      mu[i] = -1;
      pri.push_back(i);
    }
    for (int pri_j : pri) {
      if (i * pri_j > n) break;
      not_prime[i * pri_j] = true;
      if (i % pri_j == 0) {
        mu[i * pri_j] = 0;
        break;
      }
      mu[i * pri_j] = -mu[i];
    }
  }
}

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pri = []
not_prime = [False] * N
mu = [0] * N

def pre(n):
    mu[1] = 1
    for i in range(2, n + 1):
        if not not_prime[i]:
            pri.append(i)
            mu[i] = -1
        for pri_j in pri:
            if i * pri_j > n:
                break
            not_prime[i * pri_j] = True
            if i % pri_j == 0:
                mu[i * pri_j] = 0
                break
            mu[i * pri_j] = -mu[i]

筛法求约数个数

用 \(d_i\) 表示 \(i\) 的约数个数，\(num_i\) 表示 \(i\) 的最小质因子出现次数。

约数个数定理

定理：若 \(n=\prod_{i=1}^m p_i^{c_i}\) 则 \(d_i=\prod_{i=1}^m (c_i+1)\)。

证明：我们知道 \(p_i^{c_i}\) 的约数有 \(p_i^0,p_i^1,\dots ,p_i^{c_i}\) 共 \(c_i+1\) 个，根据乘法原理，\(n\) 的约数个数就是 \(\prod_{i=1}^m (c_i+1)\)。

实现

因为 \(d_i\) 是积性函数，所以可以使用线性筛。

在这里简单介绍一下线性筛实现原理。

  1. 当 \(i\) 为质数时，\(\textit{num}_i \gets 1,\textit{d}_i \gets 2\)，同时设 \(q = \left\lfloor \dfrac {i}{p} \right\rfloor\)，其中 \(p\) 为 \(i\) 的最小质因子。
  2. 当 \(p\) 为 \(q\) 的质因子时，\(\textit{num}_i \gets \textit{num}_q + 1,\textit{d}_i \gets \dfrac{\textit{d}_q}{\textit{num}_i} \times (\textit{num}_i + 1)\)。
  3. 当 \(p,q\) 互质时，\(\textit{num}_i \gets 1,\textit{d}_i \gets \textit{d}_q \times (\textit{num}_i+1)\)。
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vector<int> pri;
bool not_prime[N];
int d[N], num[N];

void pre(int n) {
  d[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (!not_prime[i]) {
      pri.push_back(i);
      d[i] = 2;
      num[i] = 1;
    }
    for (int pri_j : pri) {
      if (i * pri_j > n) break;
      not_prime[i * pri_j] = true;
      if (i % pri_j == 0) {
        num[i * pri_j] = num[i] + 1;
        d[i * pri_j] = d[i] / num[i * pri_j] * (num[i * pri_j] + 1);
        break;
      }
      num[i * pri_j] = 1;
      d[i * pri_j] = d[i] * 2;
    }
  }
}

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pri = []
not_prime = [False] * N
d = [0] * N
num = [0] * N

def pre(n):
    d[1] = 1
    for i in range(2, n + 1):
        if not not_prime[i]:
            pri.append(i)
            d[i] = 2
            num[i] = 1
        for pri_j in pri:
            if i * pri_j > n:
                break
            not_prime[i * pri_j] = True
            if i % pri_j == 0:
                num[i * pri_j] = num[i] + 1
                d[i * pri_j] = d[i] // num[i * pri_j] * (num[i * pri_j] + 1)
                break
            num[i * pri_j] = 1
            d[i * pri_j] = d[i] * 2

筛法求约数和

\(f_i\) 表示 \(i\) 的约数和，\(g_i\) 表示 \(i\) 的最小质因子的 \(p^0+p^1+p^2+\dots p^k\).

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vector<int> pri;
bool not_prime[N];
int g[N], f[N];

void pre(int n) {
  g[1] = f[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (!not_prime[i]) {
      pri.push_back(i);
      g[i] = i + 1;
      f[i] = i + 1;
    }
    for (int pri_j : pri) {
      if (i * pri_j > n) break;
      not_prime[i * pri_j] = true;
      if (i % pri_j == 0) {
        g[i * pri_j] = g[i] * pri_j + 1;
        f[i * pri_j] = f[i] / g[i] * g[i * pri_j];
        break;
      }
      f[i * pri_j] = f[i] * f[pri_j];
      g[i * pri_j] = 1 + pri_j;
    }
  }
}

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pri = []
not_prime = [False] * N
f = [0] * N
g = [0] * N

def pre(n):
    g[1] = f[1] = 1
    for i in range(2, n + 1):
        if not not_prime[i]:
            pri.append(i)
            g[i] = i + 1
            f[i] = i + 1
        for pri_j in pri:
            if i * pri_j > n:
                break
            not_prime[i * pri_j] = True
            if i % pri_j == 0:
                g[i * pri_j] = g[i] * pri_j + 1
                f[i * pri_j] = f[i] // g[i] * g[i * pri_j]
                break
            f[i * pri_j] = f[i] * f[pri_j]
            g[i * pri_j] = 1 + pri_j

一般的积性函数

假如一个满足：对于任意质数 \(p\) 和正整数 \(k\)，可以在 \(O(1)\) 时间内计算 \(f(p^k)\)，那么可以在 \(O(n)\) 时间内筛出 \(f(1),f(2),\dots,f(n)\) 的值。

设合数 \(n\) 的质因子分解是 \(\prod_{i=1}^k p_i^{\alpha_i}\)，其中 \(p_1<p_2<\dots<p_k\) 为质数，我们在线性筛中记录 \(g_n=p_1^{\alpha_1}\)，假如 \(n\) 被 \(x\cdot p\) 筛掉（\(p\) 是质数），那么 \(g\) 满足如下递推式：

\[ g_n= \begin{cases} g_x\cdot p & x\bmod p=0\\\\ p & \text{otherwise} \end{cases} \]

假如 \(n=g_n\)，说明 \(n\) 就是某个质数的次幂，可以 \(O(1)\) 计算 \(f(n)\)；否则，\(f(n)=f(\frac{n}{g_n})\cdot f(g_n)\)。

本节部分内容译自博文 Решето Эратосфена 与其英文翻译版 Sieve of Eratosthenes。其中俄文版版权协议为 Public Domain + Leave a Link；英文版版权协议为 CC-BY-SA 4.0。

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