筛法

素数筛法

引入

如果我们想要知道小于等于有多少个素数呢？

一个自然的想法是对于小于等于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：对于任意一个大于的正整数，那么它的倍就是合数（）。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

C++Python

bool is_prime[N];

int Eratosthenes(int n) {
  int p = 0;
  for (int i = 0; i <= n; ++i) is_prime[i] = 1;
  is_prime[0] = is_prime[1] = 0;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (is_prime[i]) {
      prime[p++] = i;  // prime[p]是i,后置自增运算代表当前素数数量
      if ((long long)i * i <= n)
        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] = 0;  // 是i的倍数的均不是素数
    }
  }
  return p;
}

def Eratosthenes(n):
    p = 0
    for i in range(0, n + 1):
        is_prime[i] = True
    is_prime[0] = is_prime[1] = False
    for i in range(2, n + 1):
        if is_prime[i]:
            prime[p] = i
            p = p + 1
            if i * i <= n:
                j = i * i
                while j <= n:
                    is_prime[j] = False
                    j = j + i
    return p

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

其中表示第小的素数， $\pi(n)$ 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； $n\over p_k$ 表示第二层 for 循环的执行次数。

根据 Mertens 第二定理，存在常数使得：

\sum_{k=1}^{\pi(n)}{1\over p_k}=\log\log n+B_1+O\left(1\over\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 $\pi(n)=\Theta(n/\log n)$ ，可知第个素数的大小为 $\Theta(n\log n)$ 。于是就有

\begin{aligned} \sum_{k=1}^{\pi(n)}{1\over p_k} &=O\left(\sum_{k=2}^{\pi(n)}{1\over k\log k}\right) \\ &=O\left(\int_2^{\pi(n)}{\mathrm dx\over 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。

C++Python

bool is_prime[N];

int Eratosthenes(int n) {
  int p = 0;
  for (int i = 0; i <= n; ++i) is_prime[i] = 1;
  is_prime[0] = is_prime[1] = 0;
  // i * i <= n 说明 i <= sqrt(n)
  for (int i = 2; i * i <= n; ++i) {
    if (is_prime[i]) {
      prime[p++] = i;
      for (int j = i * i; j <= n; j += i) is_prime[j] = 0;
    }
  }
  return p;
}

    def Eratosthenes(n):
    p = 0
    for i in range(0, n + 1):
        is_prime[i] = True
    is_prime[0] = is_prime[1] = False
    # 让 i 循环到 <= sqrt(n)
    for i in range(2, int(sqrt(n + 1))):
        if is_prime[i]:
            prime[p] = i
            p = p + 1
              j = i * i
              while j <= n:
                  is_prime[j] = False
                  j = j + i
    return p

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字节（即比特），但是存储一个布尔值只需要个比特就足够了。

我们可以使用位运算的相关知识，将每个布尔值压到一个比特位中，这样我们仅需使用比特（即 $\dfrac n 8$ 字节）而非字节，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<>。

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 ( $k = 0 \dots \lfloor {\frac n s} \rfloor$ ) 包含了区间中的数字。我们可以依次处理块，也就是说，对于每个块，我们将遍历所有质数（从到 $\sqrt n$ ）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，数字和应该标记为非素数。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的质数数量。

实现

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，在选择常数时要保持平衡。

块大小取到之间，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了。

实现

C++Python

void init(int n) {
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (!vis[i]) {
      pri[cnt++] = i;
    }
    for (int j = 0; j < cnt; ++j) {
      if (1ll * i * pri[j] > n) break;
      vis[i * pri[j]] = 1;
      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;
      }
    }
  }
}

def init(n):
    for i in range(2, n + 1):
        if vis[i] == False:
            pri[cnt] = i
            cnt = cnt + 1
        for j in range(0, cnt):
            if i * pri[j] > n:
                break
            vis[i * pri[j]] = 1
            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。比如设是的最小质因子， $n' = \frac{n}{p_1}$ ，那么线性筛的过程中通过 $n' \times p_1$ 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 $n' \bmod p_1 = 0$ ，那么包含了的所有质因子。

\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，这时和是互质的，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}

实现

C++Python

void pre() {
  for (int i = 1; i <= 5000000; i++) {
    is_prime[i] = 1;
  }
  int cnt = 0;
  is_prime[1] = 0;
  phi[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= 5000000; i++) {
    if (is_prime[i]) {
      prime[++cnt] = i;
      phi[i] = i - 1;
    }
    for (int j = 1; j <= cnt && i * prime[j] <= 5000000; j++) {
      is_prime[i * prime[j]] = 0;
      if (i % prime[j])
        phi[i * prime[j]] = phi[i] * phi[prime[j]];
      else {
        phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
        break;
      }
    }
  }
}

def pre():
    cnt = 0
    is_prime[1] = False
    phi[1] = 1
    for i in range(2, 5000001):
        if is_prime[i]:
            cnt = cnt + 1
            prime[cnt] = i
            phi[i] = i - 1
        j = 1
        while j <= cnt and i * prime[j] <= 5000000:
            is_prime[i * prime[j]] = 0
            if i % prime[j]:
                phi[i * prime[j]] = phi[i] * phi[prime[j]]
            else:
                phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j]
                break
            j = j + 1

筛法求莫比乌斯函数

定义

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

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

若是质数，有 $\mu(n)=-1$ 。

实现

C++Python

void pre() {
  mu[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= 1e7; ++i) {
    if (!v[i]) mu[i] = -1, p[++tot] = i;
    for (int j = 1; j <= tot && i <= 1e7 / p[j]; ++j) {
      v[i * p[j]] = 1;
      if (i % p[j] == 0) {
        mu[i * p[j]] = 0;
        break;
      } else {
        mu[i * p[j]] = -mu[i];
      }
    }
  }
}

def pre():
    mu[1] = 1
    for i in range(2, int(1e7 + 1)):
        if v[i] == 0:
            mu[i] = -1
            tot = tot + 1
            p[tot] = i
        j = 1
        while j <= tot and i <= 1e7 // p[j]:
            v[i * p[j]] = 1
            if i % p[j] == 0:
                mu[i * p[j]] = 0
                break
            else:
                mu[i * p[j]] = -mu[i]
            j = j + 1

筛法求约数个数

用表示的约数个数，表示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 $p_i^0,p_i^1,\dots ,p_i^{c_i}$ 共个，根据乘法原理，的约数个数就是 $\prod_{i=1}^m (c_i+1)$ 。

实现

因为是积性函数，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。

当为质数时， $\textit{num}_i \gets 1,\textit{d}_i \gets 2$ ，同时设 $q = \left\lfloor \dfrac {i}{p} \right\rfloor$ ，其中为的最小质因子。
当为的质因子时， $\textit{num}_i \gets \textit{num}_q + 1,\textit{d}_i \gets \dfrac{\textit{d}_q}{\textit{num}_i} \times (\textit{num}_i + 1)$ 。
当互质时， $\textit{num}_i \gets 1,\textit{d}_i \gets \textit{d}_q \times (\textit{num}_i+1)$ 。

C++Python

void pre() {
  d[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (!v[i]) p[++tot] = i, d[i] = 2, num[i] = 1;
    for (int j = 1; j <= tot && i <= n / p[j]; ++j) {
      v[p[j] * i] = 1;
      if (i % p[j] == 0) {
        num[i * p[j]] = num[i] + 1;
        d[i * p[j]] = d[i] / num[i * p[j]] * (num[i * p[j]] + 1);
        break;
      } else {
        num[i * p[j]] = 1;
        d[i * p[j]] = d[i] * 2;
      }
    }
  }
}

def pre():
    d[1] = 1
    for i in range(2, n + 1):
        if v[i] == 0:
            tot = tot + 1; p[tot] = i; d[i] = 2; num[i] = 1
        j = 1
        while j <= tot and i <= n // p[j]:
            v[p[j] * i] = 1
            if i % p[j] == 0:
                num[i * p[j]] = num[i] + 1
                d[i * p[j]] = d[i] // num[i * p[j]] * (num[i * p[j]] + 1)
                break
            else:
                num[i * p[j]] = 1
                d[i * p[j]] = d[i] * 2
            j = j + 1

筛法求约数和

表示的约数和，表示的最小质因子的 $p^0+p^1+p^2+\dots p^k$ .

实现

C++Python

void pre() {
  g[1] = f[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (!v[i]) v[i] = 1, p[++tot] = i, g[i] = i + 1, f[i] = i + 1;
    for (int j = 1; j <= tot && i <= n / p[j]; ++j) {
      v[p[j] * i] = 1;
      if (i % p[j] == 0) {
        g[i * p[j]] = g[i] * p[j] + 1;
        f[i * p[j]] = f[i] / g[i] * g[i * p[j]];
        break;
      } else {
        f[i * p[j]] = f[i] * f[p[j]];
        g[i * p[j]] = 1 + p[j];
      }
    }
  }
}

def pre():
    g[1] = f[1] = 1
    for i in range(2, n + 1):
        if v[i] == 0:
            v[i] = 1; tot = tot + 1; p[tot] = i; g[i] = i + 1; f[i] = i + 1
        j = 1
        while j <= tot and i <= n // p[j]:
            v[p[j] * i] = 1
            if i % p[j] == 0:
                g[i * p[j]] = g[i] * p[j] + 1
                f[i * p[j]] = f[i] // g[i] * g[i * p[j]]
                break
            else:
                f[i * p[j]] = f[i] * f[p[j]]
                g[i * p[j]] = 1 + p[j]

一般的积性函数

假如一个积性函数满足：对于任意质数和正整数，可以在时间内计算，那么可以在时间内筛出 $f(1),f(2),\dots,f(n)$ 的值。

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

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

假如，说明就是某个质数的次幂，可以计算；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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