2024/1/17 算法笔记

1. 欧拉质数筛

功能是给一个整数n查找小于等于n的所有质数。

最后使用的是prime【i】

//功能：查找n内第x个质数。
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  也就是n以内的质数
    memset(isprime, 1, sizeof isprime);
    isprime[1] = 0;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(isprime[i]){ //没筛掉
            prime[++cnt] = i;
        }
        

        for(int j = 1; j<=cnt&&i*prime[j]<=n;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   确定prime[j]是prime[j]*i的最小质因数
    			break; //重要步骤。见原理
        }
    }
}

2. 区间质数筛

亿级 的数量级，遍历肯定会超时，所以我们使用美猴王合数的一个性质:可以分解为两个不为1且不等于本身的因子相乘 即 n=a*b(n为合数)

所以在1~500000中我们是可以找到500000^2的数的质因子的。所以我们可以晒出所有的合数，剩下的就是质数啦。

1. 筛出1-50000中的所有质数,并且对合数打上标记.
2. 在L-R的范围呢用我们已求出的质数筛出其中的合数(设p为质数,则i*p一定不为质数),并对其打上标记
3. 遍历L-R,没有打标记的元素即为我们所求的素数

//线性筛
void gprime(){
    for(int i=2;i<=50000;i++){
        if(!vis[i]) prime[++cnt] = i;
        for(int j=1;i*prime[j]<=50000;j++){
            vis[i*prime[j]] = 1;
            if(i%prime[j] == 0) break;//目的是保证prime[j]是最小质因数
        }
    }
}

void solve(){
    cin>>l>>r;
    if(l==1) l=2;
    gprime();//筛出根号r内所有的质数和剩下的合数。
    memset(vis,0,sizeof vis);
    for(int i=1;i<=cnt;i++){
        LL p = prime[i];
        LL start = (l+p-1)/p*p>2*p?(l+p-1)/p*p:2*p;//找到大于l的第一个能被p整除的数开始。
        for(LL j = start;j<=r;j+=p) 
            vis[j-l+1]=1; //从j开始标记，会爆空间，所以我们进行压缩。如果不想这样做也可以使用map，但是不方便。
    }
    for(int i=1;i<=r-l+1;i++) if(!vis[i]) ans++;//那在这里我们就用区间之差来查找  这里和上面的prime是两个数组，所以不用担心交错。
    cout<<ans<<endl;
}

3. 组合数问题

普通组合数C(a,b)转换成杨辉三角的模型

如果是只要求前几个的话直接先乘后除就好了，比如Ci2什么的。

牢记公式：C(i , j) = C(i-1 , j) + C(i-1 , j-1)

预处理的话，就处理C11 = 1 然后Ci0 = 1

另外的，如果我们想知道在i和j在一个合法范围之内0<=i<=n,0<=j<=min(i,m)有多少对i，j满足Cij是k的倍数，我们需要求个数。做法是矩阵求和。

void func(){
    //求组合数。
    c[1][1] = 1;
    for(int i=0;i<=2000;i++){
        c[i][0] = 1;
    }
    for(int i=2;i<=2000;i++){
        for(int j=1;j<=i;j++){
            c[i][j] = (c[i-1][j] + c[i-1][j-1])%k; //取k模为0说明是倍数。0倍也算
        }
    }
    //矩阵求和求个数  优化n次查询
    for(int i=2;i<=2000;i++){
        for(int j=1;j<=i;j++){
            s[i][j] = s[i-1][j] + s[i][j-1] - s[i-1][j-1];
            if(c[i][j] == 0) s[i][j] +=1;
        }
        s[i][i+1]=s[i][i];//继承.
    }
}

//另外我们在最后输出结果的时候，如果有m>n也就是Cij的j>i的情况，只要输输出Snn就好了。