素数筛法
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
考虑这样一件事情：如果 \(x\) 是合数，那么 \(x\) 的倍数也一定是合数。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。
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;
}
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 \(O(n\log\log n)\)。
怎么证明这个复杂度呢？我们先列出复杂度的数学表达式。
发现数学表达式显然就是素数的倒数和乘上 \(n\)，即 \(n\sum_p {\frac{1}{p}}\)。
我们相当于要证明 \(\sum_p {\frac{1}{p}}\) 是 \(O(\log\log n)\) 的。我们考虑一个很巧妙的构造来证明这个式子是 \(O(\log\log n)\) 的：
证明：
注意到调和级数 \(\sum_n {\frac{1}{n}}=\ln n\)。
而又由唯一分解定理可得：\(\sum_n {\frac{1}{n}}=\prod_p {(1+\frac{1}{p}+\frac{1}{p^2}+\cdots)}=\prod_p {\frac{p}{p-1}}\)。
我们两边同时取 \(\ln\)，得：
又发现 \(\int {\frac{1}{x}dx}=\ln x\)，所以由微积分基本定理：
画图可以发现，\(\int_{p-1}^p {\frac{1}{x}dx}>\frac{1}{p}\)，所以：
所以 \(\sum_p {\frac{1}{p}}\) 是 \(O(\log\log n)\) 的，所以 Eratosthenes 筛法 的复杂度是 \(O(n\log\log n)\) 的。
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。
vector<char> is_prime(n + 1, true);
is_prime[0] = is_prime[1] = false;
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;
}
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
我们注意到筛法只需要 \(n\) 比特的内存。因此我们可以通过将变量声明为布尔类型，只申请 \(n\) 比特而不是 \(n\) 字节的内存，来显著的减少内存占用。即仅占用 \(\dfrac n 8\) 字节的内存。
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 \(n\) 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 8 倍）。
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 \(s\) 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 \(k\)(\(k = 0 ... \lfloor {\frac n s} \rfloor\)) 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。
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;
}
分块筛分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 \(S\) 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。
void init() {
phi[1] = 1;
for (int i = 2; i < MAXN; ++i) {
if (!vis[i]) {
phi[i] = i - 1;
pri[cnt++] = i;
}
for (int j = 0; j < cnt; ++j) {
if (1ll * i * pri[j] >= MAXN) break;
vis[i * pri[j]] = 1;
if (i % pri[j]) {
phi[i * pri[j]] = phi[i] * (pri[j] - 1);
} else {
// 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也是
// pri[j] 的倍数 它们都被筛过了，就不需要再筛了，所以这里直接 break
// 掉就好了
phi[i * pri[j]] = phi[i] * pri[j];
break;
}
}
}
}
上面代码中的 \(phi\) 数组，会在下面提到。
上面的这种 线性筛法 也称为 Euler 筛法（欧拉筛法）。
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。
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：
void phi_table(int n, int *phi) {
for (int i = 2; i <= n; i++) phi[i] = 0;
phi[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++)
if (!phi[i])
for (int j = i; j <= n; j += i) {
if (!phi[j]) phi[j] = j;
phi[j] = phi[j] / i * (i - 1);
}
}
筛法求莫比乌斯函数
线性筛
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;
}
mu[i * p[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 \(n=\prod_{i=1}^mp_i^{c_i}\) 则 \(d_i=\prod_{i=1}^mc_i+1\).
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 \(\prod_{i=1}^mc_i+1\).
实现
因为 \(d_i\) 是积性函数，所以可以使用线性筛。
void pre() {
d[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
if (!v[i]) v[i] = 1, 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;
}
}
}
}
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 \(p+p^1+p^2+\dots p^k\).
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];
}
}
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) f[i] = (f[i - 1] + f[i]) % Mod;
}