欧拉筛筛素数
学委
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题解
2020-02-01 更新
想要快速地筛出一定上限内的素数？
下面这种方法可以保证范围内的每个合数都被删掉（在 bool 数组里面标记为非素数），而且任一合数只被：
“最小质因数 × 最大因数（非自己） = 这个合数”
的途径删掉。由于每个数只被筛一次，时间复杂度为 O(n)。
欧拉筛
先浏览如何实现再讲其中的原理。
实现
#include <cstdio>
#include <cstring>
bool isPrime[100000010];
//isPrime[i] == 1表示：i是素数
int Prime[6000010], cnt = 0;
//Prime存质数
void GetPrime(int n)//筛到n
{
memset(isPrime, 1, sizeof(isPrime));
//以“每个数都是素数”为初始状态，逐个删去
isPrime[1] = 0;//1不是素数
for(int i = 2; i <= n; i++)
{
if(isPrime[i])//没筛掉
Prime[++cnt] = i; //i成为下一个素数
for(int j = 1; j <= cnt && i*Prime[j] <= n/*不超上限*/; j++)
{
//从Prime[1]，即最小质数2开始，逐个枚举已知的质数，并期望Prime[j]是(i*Prime[j])的最小质因数
//当然，i肯定比Prime[j]大，因为Prime[j]是在i之前得出的
isPrime[i*Prime[j]] = 0;
if(i % Prime[j] == 0)//i中也含有Prime[j]这个因子
break; //重要步骤。见原理
}
}
}
int main()
{
int n, q;
scanf("%d %d", &n, &q);
GetPrime(n);
while (q--)
{
int k;
scanf("%d", &k);
printf("%d\n", Prime[k]);
}
return 0;
}
原理概述
代码中，外层枚举 i = 1 \to n。对于一个 i，经过前面的腥风血雨，如果它还没有被筛掉，就加到质数数组 Prime[] 中。下一步，是用 i 来筛掉一波数。
内层从小到大枚举 Prime[j]。i×Prime[j] 是尝试筛掉的某个合数，其中，我们期望 Prime[j] 是这个合数的最小质因数 (这是线性复杂度的条件，下面叫做“筛条件”)。它是怎么得到保证的？
j 的循环中，有一句就做到了这一点：
if(i % Prime[j] == 0)
break;
* 下面用 $s(smaller)$ 表示小于 $j$ 的数，$L(larger)$ 表示大于 $j$ 的数。
* **① $i$ 的最小质因数肯定是 $Prime[j]$。**
（如果 $i$ 的最小质因数是 $Prime[s]$ ，那么 $Prime[s]$ 更早被枚举到（因为我们从小到大枚举质数），当时就要break）
既然 $i$ 的最小质因数是 $Prime[j]$，那么 $i × Prime[j]$ 的最小质因数也是 $Prime[j]$。所以，$j$ 本身是符合“筛条件”的。
* **② $i × Prime[s]$ 的最小质因数确实是 $Prime[s]$。**
（如果是它的最小质因数是更小的质数 $Prime[t]$，那么当然 $Prime[t]$ 更早被枚举到，当时就要break）
这说明 $j$ 之前（用 $i × Prime[s]$ 的方式去筛合数，使用的是最小质因数）都符合“筛条件”。
* **③ $i × Prime[L]$ 的最小质因数一定是 $Prime[j]$。**
（因为 $i$ 的最小质因数是 $Prime[j]$，所以 $i × Prime[L]$ 也含有 $Prime[j]$ 这个因数（这是 $i$ 的功劳），所以其最小质因数也是 $Prime[j]$（新的质因数 $Prime[L]$ 太大了））
这说明，如果 $j$ 继续递增（将以 $i × Prime[L]$ 的方式去筛合数，没有使用最小质因数），是不符合“筛条件”的。
*小提示：*
*当 $i$ 还不大的时候，可能会一层内就筛去大量合数，看上去耗时比较大，但是由于保证了筛去的合数日后将不会再被筛（总共只筛一次），复杂度是线性的。到 $i$ 接近 $n$ 时，每层几乎都不用做什么事。*
建议看下面两个并不复杂的证明，你能更加信任这个筛法，利于以后的扩展学习。
## 正确性（所有合数都会被标记）证明
设一合数 $C$（要筛掉）的最小质因数是 $p_1$，令 $B = C / p_1$（$C = B × p_1$），则 $B$ 的最小质因数不小于 $p_1$（否则 $C$ 也有这个更小因子）。那么当外层枚举到 $i = B$ 时，我们将会**从小到大**枚举各个质数；因为 $i = B$ 的最小质因数不小于 $p_1$，所以 $i$ 在质数枚举至 $p_1$ 之前一定不会break，**这回**，$C$ 一定会被 $B × p_i$ 删去。
**核心：亲爱的 $B$ 的最小质因数必不小于 $p_1$。**
例：$315 = 3 × 3 × 5 × 7$，其最小质因数是 $3$。考虑 $i = 315 / 3 = 105$ 时，我们从小到大逐个枚举质数，**正是因为** $i$ 的最小质因数**也**不会小于 $3$（本例中就是 $3$），所以当枚举 $j = 1 (Prime[j] = 2)$ 时，$i$ 不包含 $2$ 这个因子，也就**不会break**，直到 $Prime[j] = 3$ **之后**才退出。
*当然质数不能表示成“**大于1的某数×质数**”，所以整个流程中不会标记。*
## 线性复杂度证明
注意这个算法一直使用“某数×质数”去筛合数，又已经证明一个合数一定会被它的最小质因数 $p_1$ 筛掉，所以我们**唯一要担心的就是同一个合数是否会被“另外某数 × $p_1$ 以外的质数”再筛一次导致浪费时间**。设要筛的合数是 $C$，设这么一个作孽的质数为 $p_x$，再令 $A = C / p_x$，**则 $A$ 中一定有 $p_1$ 这个因子**。当外层枚举到 $i = A$，它想要再筛一次 $C$，却在枚举 $Prime[j] = p_1$ 时，因为 $i \mod Prime[j] == 0$ 就退出了。因而 $C$ 除了 $p_1$ 以外的质因数都不能筛它。
**核心：罪恶的 $A$ 中必有 $p_1$ 这个因子。**
例：$315 = 3 × 3 × 5 × 7$。首先，虽然看上去有两个 $3$，但我们筛数的唯一一句话就是
```cpp
isPrime[i*Prime[j]] = 0;
```
所以，$315$ 只可能用 $105 × 3$ 或 $63 × 5$ 或 $45 × 7$ 这三次筛**而非四次**。然后，非常抱歉，后两个 $i = 63, i = 45$ 都因为贪婪地**要求对应的质数** $Prime[j]$ 为 $5$ 、$7$，而**自己被迫拥有** $3$ 这个因数，因此他们内部根本枚举不到 $5$ 、$7$，而是枚举到 $3$ 就break了。
以上两个一证，也就无可多说了。
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更新日志：
2019-02-22 原理简化；用词修改或订正。
2019-04-02 一些用词更准确；加入更多括号内的注释，减少回看上文的需要。
2020-02-01 题面修改了，补充一下答案输出。