学习笔记——质数
从本节开始，我们将进入数学的海洋（希望不会溺水），那就从质数开始我们的数学知识之旅吧！
1、定义
若一个正整数无法被除了\(1\)和它自身以外的任何自然数整除，则称该数为质数（或素数），否则称该数为合数。
--《算法竞赛进阶指南》
在整个自然数集合中，质数的分布比较稀松，大约每\(lnN\)个数中有一个质数，即对于正整数\(N\)，不超过其的质数大约有\(\frac{N}{lnN}\)个。
2.质数的判定
试除法：若一个正整数\(N\)为合数，则存在一个能整除\(N\)的正整数数\(T\)，满足\(2 \le T \le \sqrt{N}\)。
理解：若存在一个正整数\(M\)使得\(M|N\)（\(N\)被\(M\)整除）且\(M \in (\sqrt{N},N)\)，则正整数\(\frac{N}{M}\)也可以整除\(N\)且\(\frac{N}{M} \in [2,\sqrt{N}]\)
所以判断一个数是否为质数，我们只需要扫描$2 - \sqrt{N} \(之间的所有整数，依次判断其是否整除\)N\(，都不整除则\)N\(为质数，否则为合数。其时间复杂度为\)O(\sqrt{N})$。
代码如下：
il bool id_prime(int n) {
//质数返回1，合数返回0
if(n<2) return 0;
//特判0和1，它们是合数
for(re int i=2;i*i<=n;++i) //依次扫描
if(n%i==0) return 0;//能被整除，就是合数
return 1;//是质数
}
当然，我们也可以对其进行一些常数优化：
il bool is_prime(int n) {
if(n<2) return 0;
if(n==2||n==3) return 1;
if(n%6!=1&&n%6!=5) return 0;
for(re int i=5;i*i<=n;i+=6)
if(n%i==0||n%(i+2)==0) return 0;
return 1;
}
此方法基于一个原理：
除\(2\)、\(3\)外的所有质数，除以\(6\)的余数一定为\(1\)或\(5\)。
理解：一个数除以\(6\)，其余数为\(0\)、\(1\)、\(2\)、\(3\)、\(4\)、\(5\)
对于余数为\(0\)、\(2\)、\(4\)的数，其一定是\(2\)的倍数。
对于余数为\(0\)、\(3\)的数，其一定是\(3\)的倍数。
所以我们只要判断\(N\)是否整除\(6n-1\)或\(6n+1\)即可（其中\(n \ge 1\)且\(6n+1 \le \sqrt{N}\)）
这种方法常数极小，大约为\(\frac{\sqrt{N}}{3}\)。
3.质数筛
题意简述：给定一个正整数\(N\)，求\(1-N\)之间所有质数。
首先，我们想到的最朴素的想法就是枚举\(1-N\)，依次判断每个数是否是质数。显然，这样做太慢了，我们就可以引进一些算法来优化它。
Eratosthenes 筛法
就是\(OIer\)们口中常说的埃氏筛，它的基本思路是：任何一个整数\(x\)，其倍数\(2x\)、\(3x\)......\(\left\lfloor\dfrac{N}{x}\right\rfloor \times x\)都是合数。
实际上，小于\(x^2\)的\(x\)的倍数在扫描更小的数时已经被标记过了。
理解：\(2x\)在标记\(2\)时标记了，\(3x\)在标记\(3\)时标记了.....前\(2\)到\(x-1\) \(\times x\)都在标记比\(x\)小的质数时被标记过了。
所以我们只需要从\(x^2\)标记到\(\left\lfloor\dfrac{N}{x}\right\rfloor \times x\)即可，其时间复杂度为\(O(\sum_{p \le N}{\frac{N}{p}}) = O(N log log N)\)，其中\(p\)表示小于\(N\)的质数。
代码如下：
bool vis[N];//标记数组
int pri[N],m;//pri[i]记录质数,m表示质数个数
il void primes(int n) {
for(re int i=2;i<=n;++i) {
if(vis[i]) continue;//标记过，直接下一层循环
pri[++m]=i;//统计质数
for(re int j=i;j<=n/i;++j) vis[i*j]=1;//标记i的倍数
}
}
欧拉筛（线性筛）
我们都知道，埃氏筛最大的瓶颈就是会重复标记质数（即使从\(x^2\)开始标记也会），那我们可不可以让每一个数只被标记一次呢？答案是肯定的，欧拉筛就给我们提供了这样的思路：其通过从小到大累计质因子的方法，令\(vis[i]\)数组只记录\(i\)的最小质因子，达到线性筛质数。
其过程如下：
-
扫描\(2\)到\(N\)中的每个数，若
vis[i]==0，则令vis[i]=i并把它保存进质数数组。 -
扫描质数数组中不大于\(vis[i]\)的所有质数（设为\(p\)），标记
vis[i*p]=p。（因为\(p \le vis[i] \le i\)，所以\(p\)是合数\(i \times p\)的最小质因子）
因为每一个合数都可以被表示成\(i \times p\)的形式，且其只会被其最小质数\(p\)筛一次，所以其时间复杂度为\(O(N)\)。
代码如下
int vis[N];//标记数组
int pri[N],m;//pri[i]记录质数,m表示质数个数
il void primes(int n) {
for(re int i=2;i<=n;++i) {
if(!vis[i]) {vis[i]=i;pri[++m]=i;}//没被标记过，是质数
for(re int j=1;j<=m;++j) {//枚举质数数组
if(pri[j]>vis[i]||pri[j]>n/i) break;
//pri[j]不是i*pri[j]的最小质数或i*pri[j]>n就不用继续标记
vis[i*pri[j]]=pri[j];
//标记i*pri[j]的最小质因子pri[j]
}
}
}
3.质因数分解
算数基本定理：任何一个大于\(1\)的正整数都能唯一分解为有限个质数的乘积。可写作：
其中\(c_i\)都是正整数，\(p_i\)都是质数，且满足\(p_1 < p_2 < ... < p_m\)。
我的理解：
首先，根据质数的定义，质数只能被一和它本身整除，所以质数符合这个定理
又因为合数能被除了一和它本身的数整除（设这个数为\(p\)），如果\(p\)是质数，那就符合这个定理， 如果\(p\)是合数，就继续往下分。
试除法
我们可以扫描\(2 \sim \left\lfloor{\sqrt{N}}\right\rfloor\)中的每个数\(d\)，若\(d|N\)，则从\(N\)中除去所有的因子\(d\)，同时累计除去的\(d\)的个数。
因为合数肯定在之前就被其质因数除去，所以最后得出的一定是质因数分解的结果，时间复杂度为\(O(\sqrt{N})\)。
代码如下：
int pri[N],c[N],m;//p[i]记录质因数，c[i]记录第i个质因数的个数
il void divide(int n) {
for(re int i=2;i*i<=n;++i) {
if(n%i==0) {//找到可以整除的数
pri[++m]=i,c[m]=0;
while(n%i==0) n/=i,++c[m];//统计该质因子的个数
}
}
if(n>1) pri[++m]=n,c[m]=1;//如果最后n也是质数，把n加入答案数组
}
例题：
本题是一道有意思的素数判断题（幸好出题人很良心），根据伯特兰-切比雪夫定理：若整数\(n > 3\)，则至少存在一个质数\(p\)，符合\(n\) \(<\) \(p\) \(<\) \(2 \times n\) \(-\) \(2\)，我们就可以对\(k+1\)进行分类讨论：
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若\(k+1\)是质数：则第一天它可以传遍所有不是它的倍数的数（质数与所有不是它倍数的数互质），第二天就可以由不是它的倍数的数\(-1\)传给它（相邻的两个数互质）。（显然，如果\(2 \sim n+1\)都没有该质数的倍数，一天就传完了）
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若\(k+1\)不是质数：则第一天它可以传递到一个属于\([\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor,n]\)中的一个素数，再由该素数传递到所有数。
本题中\(l\)和\(r\)特别大，但\(r-l \le 1e6\)，所以我们可以预处理\(2 \sim \sqrt{r_{max}}\)中的所有质数，在对于每一组\(l\)和\(r\)，将\(l \sim r\)中间的所有质数的倍数标记，在剩下的未标记的数中找相邻的最大值和最小值即可。
注意点:
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当\(l<2\)是，把\(l\)设为\(2\)。
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标记区间的合数时，可以让该区间都减去\(l\)，只用开一个\(1e6\)的\(bool\)数组即可。
思路：因为\(1 \sim n\)中的数的质因子最大不超过\(n\)，所以可以先预处理出\(1 \sim n\)中的所有质数，设质数为\(p\)，则\(N!\)中质因子\(p\)的个数为：
对于每个\(p\)，我们只需要\(O(logN)\)的时间计算上述和式，所以整个算法的时间复杂度为\(O(NlogN)\)。
参考资料
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《算法竞赛进阶指南》
浙公网安备 33010602011771号