2018-11-06 更新

想要快速地篩出一定上限內的素數？

下面這種方法可以保證範圍內的每個合數都被刪掉（在 bool 數組裡面標記為非素數），而且任一合數只被：

“最小質因數 × 最大因數（非自己） = 這個合數”

的途徑刪掉。由於每個數只被篩一次，時間複雜度為 \(O(n)\)。

尤拉篩

先瀏覽如何實現再講其中的原理。
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實現

bool isPrime[1000001];
//isPrime[i] == 1表示：i是素數
int Prime[1000001], cnt = 0;
//Prime存質數

void GetPrime(int n)//篩到n
{
    memset(isPrime, 1, sizeof(isPrime));
    //以“全都是素數”為初始狀態，逐個刪去
    isPrime[1] = 0;//1不是素數
    
    for(int i = 2; i <= n; i++)
    {
        if(isPrime[i])//沒篩掉 
            Prime[++cnt] = i; //i成為下一個素數
            
        for(int j = 1; j <= cnt && i*Prime[j] <= n/*不超上限*/; j++) 
        {
            //從Prime[1]，即最小質數2開始，逐個列舉已知的質數，並期望Prime[j]是(i*Prime[j])的最小質因數
            //當然，i肯定比Prime[j]大，因為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]這個因子
                break; //重要步驟。見原理
        }
    }
}
 

原理概述

程式碼中，外層列舉 \(i = 1 \to n\)。對於一個 \(i\)，經過前面的腥風血雨，如果它還沒有被篩掉，就加到質數陣列 \(Prime[]\) 中。下一步，是用 \(i\) 來篩掉一波數。

內層從小到大列舉 \(Prime[j]\)。\(i×Prime[j]\) 是嘗試篩掉的某個合數，其中，我們期望 \(Prime[j]\) 是這個合數的最小質因數 (這是線性複雜度的條件)。它是怎麼得到保證的？

\(j\) 的迴圈中，有一句就做到了這一點：

            if(i % Prime[j] == 0)
                break; 

\(j\)

• \(i\) 的最小質因數肯定是 \(Prime[j]\)（否則在列舉 \(Prime[\text{小於} j \text{的數}]\) 時就break）。嗯，這說明 \(j\) 符合條件。

• ** \(i × Prime[<j]\) 的最小質因數一定是那個 \(Prime[<j]\)（如果不是，則最小質因數更早被列舉到，就更早break）。這說明 \(j\) 之前都符合條件。**

• ** \(i × Prime[>j]\) 的最小質因數一定是 \(Prime[j]\)（緊接著證明）。這說明，如果 \(j\) 繼續遞增，是不符合條件的。**

具體說：

①：如果 \(i \mod Prime[j] == 0\)，說明 \(i\) 有 \(Prime[j]\) 這個因子。那麼 \(i\) 可以表示為 \(Prime[j] × k\)。

②：如果我們再往下，下一個被篩掉的合數將是 \(i × Prime[j+1]\)（此時我們期望 \(Prime[j+1]\) 是這個合數的最小質因數，但是……），

③：根據①，該合數可以表示為 \((Prime[j] × k) × Prime[j+1]\)。

** ④：看， \(Prime[j]\) 明顯就是該合數的一個更小的質因數，說明該合數的最小質因數並不是 \(Prime[j+1]\)，那麼用 \(Prime[j+1]\) 去篩這個合數是不符合要求的。所以不應該在這裡篩掉。**

⑤：後面 \(i * Prime[j+2]\) 等等與此相同，他們都一定有更小的質因數 \(Prime[j]\)，就不要用 \(Prime[j+2]\) 這個更大的質因數去篩。

小提示：

當 \(i\) 還不大的時候，可能會一層內就篩去大量質數，看上去耗時比較大，但是由於保證了篩去的質數日後將不會再被篩，複雜度是線性的。到 \(i\) 接近 \(n\) 時，每層幾乎都不用做什麼事。

建議看下面兩個並不煩的證明，你能更加信任這個篩法，利於以後的擴充套件學習。

正確性（所有合數都會被標記）證明

設一合數 \(C\) 的最小質因數是 \(p_1\)，令 \(B = C / p_1\)（\(C = B × p_1\)），則 \(B\) 的最小質因數不小於 \(p_1\)（否則 \(C\) 也有這個更小因子）。那麼當外層列舉到 \(i = B\) 時，我們將會從小到大列舉各個質數；因為 \(i = B\) 的最小質因數不小於 \(p_1\)，所以 \(i\) 在質數列舉至 \(p_1\) 之前一定不會break，這回，\(C\) 一定會被 \(B × p_i\) 刪去。

核心：親愛的 \(B\) 的最小質因數必不小於 \(p_1\)。

例：\(315 = 3 × 3 × 5 × 7\)，其最小質因數是 \(3\)。考慮 \(i = 315 / 3 = 105\) 時，我們從小到大逐個列舉質數，正是因為 \(i\) 的最小質因數也不會小於 \(3\)（本例中就是 \(3\)），所以當列舉 \(j = 1 (Prime[j] = 2)\) 時，\(i\) 不包含 \(2\) 這個因子，也就不會break，直到 \(Prime[j] = 3\) 之後才退出。

當然質數不能表示成“大於1的某數×質數”，所以整個流程中不會標記。

線性複雜度證明

注意這個演算法一直使用“某數×質數”去篩合數，又已經證明一個合數一定會被它的最小質因數 \(p_1\) 篩掉，所以我們唯一要擔心的就是同一個合數是否會被“另外某數 × \(p_1\) 以外的質數”再篩一次導致浪費時間。設要篩的合數是 \(C\)，設這麼一個作孽的質數為 \(p_x\)，再令 \(A = C / p_x\)，則 \(A\) 中一定有 \(p_1\) 這個因子。當外層列舉到 \(i = A\)，它想要再篩一次 \(C\)，卻在列舉 \(Prime[j] = p_1\) 時，因為 \(i \mod Prime[j] == 0\) 就退出了。因而 \(C\) 除了 \(p_1\) 以外的質因數都不能篩它。

核心：罪惡的 \(A\) 中必有 \(p_1\) 這個因子。

例：\(315 = 3 × 3 × 5 × 7\)。首先，雖然看上去有兩個 \(3\)，但我們篩數的唯一一句話就是

            isPrime[ i*Prime[j] ] = 0;

所以，\(315\) 只可能用 \(105 × 3\) 或 \(63 × 5\) 或 \(45 × 7\) 這三次篩而非四次。然後，非常抱歉，後兩個 \(i = 63, i = 45\) 都因為貪婪地要求 \(Prime[j]\) 為 \(5\) 、\(7\)，而自己被迫擁有 \(3\) 這個因數，因此他們內部根本列舉不到 \(5\) 、\(7\)，而是列舉到 \(3\) 就break了。

以上兩個一證，也就無可多說了。