筛法

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

[list2tab]

• 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

$$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^{\pi (n)}\frac{1}{p_k}& =O\left(\sum _{k=2}^{\pi (n)}\frac{1}{k\log k}\right)\\ & =O\left({\int }_2^{\pi (n)}\frac{\mathrm{d}x}{x\log x}\right)\\ & =O(\log \log \pi (n))=O(\log \log n)\end{array}$$

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。

[list2tab]

• 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 $n$ 比特（即 $\frac{n}{8}$ 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

[list2tab]

• 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，$n^{\prime }=\frac{n}{p_1}$，那么线性筛的过程中 $n$ 通过 $n^{\prime }\times p_1$ 筛掉。

观察线性筛的过程，我们还需要处理两个部分，下面对 $n^{\prime }\mathrm{mod}{p}_1$ 分情况讨论。

如果 $n^{\prime }\mathrm{mod}{p}_1=0$，那么 $n^{\prime }$ 包含了 $n$ 的所有质因子。

$$\begin{array}{rl}\phi (n)& =n\times \prod _{i=1}^s\frac{p_i-1}{p_i}\\ & \\ & =p_1\times n^{\prime }\times \prod _{i=1}^s\frac{p_i-1}{p_i}\\ & \\ & =p_1\times \phi (n^{\prime })\end{array}$$

那如果 $n^{\prime }\mathrm{mod}{p}_1\ne 0$ 呢，这时 $n^{\prime }$ 和 $p_1$ 是互质的，根据欧拉函数性质，我们有：

$$\begin{array}{rl}\phi (n)& =\phi (p_1)\times \phi (n^{\prime })\\ & \\ & =(p_1-1)\times \phi (n^{\prime })\end{array}$$

实现

[list2tab]

• 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，$n^{\prime }=\frac{n}{p_1}$，有：

$$\mu (n)=\{\begin{array}{ll}0& n^{\prime }\mathrm{mod}{p}_1=0\\ & \\ -\mu (n^{\prime })& \text{otherwise}\end{array}$$

若 $n$ 是质数，有 $\mu (n)=-1$。

实现

[list2tab]

• 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，$nu{m}_i$ 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，${\text{num}}_i\leftarrow 1,{\text{d}}_i\leftarrow 2$，同时设 $q=\lfloor \frac{i}{p}\rfloor$，其中 $p$ 为 $i$ 的最小质因子。
2. 当 $p$ 为 $q$ 的质因子时，${\text{num}}_i\leftarrow {\text{num}}_q+1,{\text{d}}_i\leftarrow \frac{{\text{d}}_q}{{\text{num}}_i}\times ({\text{num}}_i+1)$。
3. 当 $p,q$ 互质时，${\text{num}}_i\leftarrow 1,{\text{d}}_i\leftarrow {\text{d}}_q\times ({\text{num}}_i+1)$。

[list2tab]

• 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

[list2tab]

• 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 $p_1<p_2<\cdots <p_k$ 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：

$$g_n=\{\begin{array}{ll}{g}_x\cdot p& x\mathrm{mod}p=0\\ & \\ p& \text{otherwise}\end{array}$$

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。