质数（判定质数 分解质因数 筛质数）

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一、判定质数

思路分析

由于每个合数的因子是成对出现的，即如果 $d$ 是 $n$ 的因子，那么 $\frac{n}{d}$ 也是 $n$ 的因子，故从 $1$ 到 $n$ 的枚举可以缩减到 $1$ 到 $\sqrt{n}$，即让 $d\le \frac{n}{d}$，从而得到 $d\le \sqrt{n}$。
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代码实现

bool is_prime(int n)
{if (n < 2) return false;for (int i = 2; i <= n / i; ++i){if (n % i == 0) return false;}return true;
}

时间复杂度：$O(\sqrt{n})$

二、分解质因数

思路分析

每个合数都是由质数相乘得到的。合数可以写成质因数的乘积，这是数论中的一个基本命题。

例如:
12 = 2 * 2 * 3
18 = 2 * 3 * 3
24 = 2 * 2 * 2 * 3

① 对于任何一个合数 $n$，在它的质因数分解中，至多有一个质因子大于$\sqrt{n}$。

② 同时也可以推出，对任何一个合数 $n$，在它的质因数分解中，至少会有一个质因子小于或等于$\sqrt{n}$。

典型题目

题目描述：
给定 $n$ 个正整数 $a_i$，将每个数分解质因数，并按照质因数从小到大的顺序输出每个质因数的底数和指数。

输入格式：
第一行包含整数 $n$。

接下来 $n$ 行，每行包含一个正整数 $a_i$。

输出格式：
对于每个正整数 $a_i$，按照从小到大的顺序输出其分解质因数后，每个质因数的底数和指数，每个底数和指数占一行。

每个正整数的质因数全部输出完毕后，输出一个空行。

数据范围：
$1\le n\le 100,2\le a_i\le 2\ast 10^9$

输入样例：

2
6
8

输出样例：

2 1
3 12 3

代码实现

#define _CRT_NO_SECURE_WARNINGS
#include<iostream>using namespace std;void divide(int x)
{for (int i = 2; i <= x / i; ++i) // 遍历出所有小于或等于sqrt(n)的质因子{if (x % i == 0){int cnt = 0;while (x % i == 0){cnt++;x /= i;}cout << i << ' ' << cnt << endl;}}// 输出大于sqrt(n)的质因子或是质数本身if (x > 1) cout << x << ' ' << 1 << endl;cout << endl;
}
int main()
{int n;cin >> n;while (n--){int x;cin >> x;divide(x);}return 0;
}

时间复杂度：在 $O(\log n)$ 与 $O(\sqrt{n})$之间
解释：若 $n$ 为 $2$ 的倍数，时间复杂度将会变为 $O(\log n)$。

三、质数筛

经典题目

题目描述：
给定一个正整数 $n$，请你求出 $1\sim n$ 中质数的个数。

输入格式：
共一行，包含整数 $n$。

输出格式：
共一行，包含一个整数，表示 $1\sim n$ 中质数的个数。

数据范围：
$1\le n\le 10^6$

输入样例：

8

输出样例：

4

思路分析

通过将素数的倍数筛掉的方法，剩余存留的则全为质数。

筛完后 $P$ 与 $2$ ~ ($P-1$) 之间不存在倍数关系，即 $P$ 无质因子在 $2$ ~ ($P-1$) 之间。

1. 朴素筛法

通过将2~n的所有数的倍数筛掉的方法来得到范围内所有的质数

#define _CRT_NO_SECURE_WARNINGS
#include<iostream>using namespace std;const int N = 1e6 + 10;
int prime[N], cnt;
bool st[N];void get_prime(int n)
{for (int i = 2; i <= n; ++i){if (!st[i]){prime[cnt++] = i;}for (int j = 2 * i; j <= n; j += i) st[j] = true; // 将2~n所有数的倍数都打上标记}
}
int main()
{int n;cin >> n;get_prime(n);cout << cnt << endl;return 0;
}

时间复杂度：$O(n\log n)$

$\frac{n}{2}+\frac{n}{3}+\frac{n}{4}+...++\frac{n}{n}=n(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{n})$

调和级数：${\lim }_{n\to \infty }(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{n})=\ln n+c$ (欧拉常数$c=0.577$)

因此可得时间复杂度为$O(n\log n)$

2. 埃氏筛法

优化了朴素筛法，只将2~n的质数的倍数筛掉的方法来得到范围内所有的质数

#define _CRT_NO_SECURE_WARNINGS
#include<iostream>using namespace std;const int N = 1e6 + 10;
int prime[N], cnt;
bool st[N];void get_prime(int n)
{for (int i = 2; i <= n; ++i){if (st[i]) continue;prime[cnt++] = i;for (int j = 2 * i; j <= n; j += i) st[j] = true; // 将2~n所有质数的倍数都打上标记}
}
int main()
{int n;cin >> n;get_prime(n);cout << cnt << endl;return 0;
}

时间复杂度为$O(n\log \log n)$

质数定理：在 $1$ 到 $n$ 之间的质数个数约等于 $\frac{n}{\ln n}$

3. 欧拉筛法

核心思想：在埃氏筛法的基础上，让每个合数只被它的最小质因子筛选一次，以达到不重复的目的。

步骤：

• 从 $i=2$ 开始，如果 $i$ 还没有被筛掉，则将 $i$ 加入至素数列表中。
• 遍历当前素数列表 $prime[]$，筛去 $i\ast prime[j]$。
  （保证 $prime[j]\ast i$ 不能越界，因为越界了对结果没意义。即 $i\ast prime[j]\le n$）
• 当遍历到能整除 i 的素数 $prime[j]$ 时，筛去 $i\ast prime[j]$，停止对素数列表的遍历。
• 重复 $2,3,4$，直到所有不超过 $n$ 的整数都被遍历过素数列表中的元素即为所求的不超过 $n$ 的所有素数。

#define _CRT_NO_SECURE_WARNINGS
#include<iostream>using namespace std;const int N = 1e6 + 10;
int cnt, prime[N];
bool st[N];void get_prime(int n)
{for (int i = 2; i <= n; ++i){if (!st[i]) prime[cnt++] = i;for (int j = 0; prime[j] <= n / i; j++){st[prime[j] * i] = true;if (i % prime[j] == 0) break; // 只被它的最小质因子筛选一次}}
}
int main()
{int n;cin >> n;get_prime(n);cout << cnt << endl;return 0;
}

若 $n<10^6$，欧拉筛和埃氏筛所花费的时间差不多；但是若 $n>10^7$，欧拉筛会比埃氏筛快了大概一倍。