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author: inkydragon, TravorLZH, YOYO-UIAT, wood3, shuzhouliu, Mr-Python-in-China, HeRaNO, weilycoder
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．
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．
=== "C++" ```cpp 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" ```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 $O(n\log\log n)$．
???+ note "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．
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++" ```cpp 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" ```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．
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．
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．
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．
???+ note "实现"
cpp 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．
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．
???+ note "实现" === "C++" ```cpp 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"
```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 "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．
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：
$$ \begin{aligned} \varphi(n) & = \varphi(p_1) \times \varphi(n') \\ & = (p_1 - 1) \times \varphi(n') \end{aligned} $$
=== "C++" ```cpp 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" ```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]
```
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 $\mu(n)=-1$．
=== "C++" ```cpp 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" ```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]
```
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．
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 $\prod_{i=1}^m (c_i+1)$．
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．
=== "C++" ```cpp 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" ```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
```
$f_i$ 表示 $i$ 的约数和，$g_i$ 表示 $i$ 的最小质因子的 $p^0+p^1+p^2+\dots p^k$.
=== "C++" ```cpp 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" ```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
```
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．