自动搬运

查看原文

来自洛谷，原作者为

	学委 希望以后某时候还能来写题！

搬运于2025-08-24 21:48:23，当前版本为作者最后更新于2018-07-03 12:35:51，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

自动搬运只会搬运当前题目点赞数最高的题解，您可前往洛谷题解查看更多

以下是正文

---

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; 

$j$ 循环到 $i \mod Prime[j] == 0$ 就恰好需要停止的理由是：

• 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

			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。

---

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。