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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

C++

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
    }
  }
}

Python

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．

C++

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);
}

Python

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近时间复杂度，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，它们的渐近相同，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．

我们可以使用位操作的相关知识，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．这种方式被称为「位级压缩」．

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<>．

另外，vector<bool> 和 bitset<> 对程序有常数优化，时间复杂度 $O(n \log \log n)$ 的埃氏筛在使用 bitset<> 或 vector<bool> 优化后，性能甚至超过时间复杂度 $O(n)$ 的欧拉筛．

参见 bitset: 与埃氏筛结合．

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．

实现

int count_primes(int n) {
  constexpr static 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;
}

分块筛法的渐近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．

实现

C++

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;
      }
    }
  }
}

Python

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}

实现

C++

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];
    }
  }
}

Python

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 $\mu(n)=-1$ ．

实现

C++

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];
    }
  }
}

Python

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．

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．
当 $p$ 为 $q$ 的质因子时， $\textit{num}_i \gets \textit{num}_q + 1,\textit{d}_i \gets \dfrac{\textit{d}_q}{\textit{num}_i} \times (\textit{num}_i + 1)$ ．
当 $p,q$ 互质时， $\textit{num}_i \gets 1,\textit{d}_i \gets \textit{d}_q \times (\textit{num}_i+1)$ ．

C++

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;
    }
  }
}

Python

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 $p^0+p^1+p^2+\dots p^k$ .

实现

C++

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;
    }
  }
}

Python

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

假如一个积性函数 $f$ 满足：对于任意质数 $p$ 和正整数 $k$ ，可以在关于 $k$ 的低次多项式时间内计算 $f(p^k)$ ，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．