筛法的进化
埃氏（Eratosthenes，埃拉托斯特尼）筛法
考虑这样一个情景：如果 x 是合数，那么 x 的倍数也一定是合数。利用这个结论，可以避免很多次不必要的素数检测。
如果从小到大考虑每个数，然后同时把当前这个数所有比自己大的倍数标记为合数，那么没有被标记的数就是素数了。
可以参考如下程序：
int Eratosthenes(int n)
{
int p = 0;
for (int i = 0; i <= n; ++i) is_prime[i] = 1;
is_prime[0] = is_prime[1] = 0;
for (int i = 2; i <= n; ++i)
{
if (is_prime[i]) {
prime[p++] = i;
if ((long long)i * i <= n)
for (int j = i * i; j <= n; j += i)
// 因为从 2 到 i - 1 的倍数我们之前筛过了，这里直接从 i 的倍数开始，提高了运行速度
is_prime[j] = 0; // 是i的倍数的均不是素数
}
}
return p;
}
上面的程序就是埃氏筛法。
接下来讨论该算法的时间复杂度：
每一次对数组的操作花费一个单位时间，则时间复杂度为：O\left(n\sum^{\pi(n)}_{k = 1} {\frac{1}{p_k}}\right)，其中 p_k??? 表示第 k????? 小的质数。下面进行对其进行简单的化简：
\begin{align*}\sum_{p \le x}{\frac{1}{p}} &= \frac{1}{2} + \int^x_2{\frac{\text{d} g(t)}{\log t}}\\ &= \frac{g(x)}{\log x} + \int^x_2{\frac{g(t)}{t \log^2 t}\text{d}t} \\&= 1 + \frac{h(x)}{\log x}+\int^x_2{\frac{\text{d}t}{t \log t}} + \int^\infin_2{\frac{h(t)}{t \log^2 t}\text{d}t} - \int^\infin_x{\frac{h(t)}{\log t}\text{d}t}\\ &=\log \log x + 1 - \log \log 2 - \int^\infin_2{\frac{h(t)}{t \log^2 t}\text{d}t} + O\left(\frac{1}{\log x}\right)\end{align*}?
其中 \begin{align*}1 - \log \log 2 - \int^\infin_2{\frac{h(t)}{t \log^2 t}\text{d}t}\end{align*}? 易证其收敛于 \begin{align*}B_1 = \lim_{x \to \infin} \left[\sum_{p \le x} \frac{1}{p} - \log \log x\right]\end{align*}。
易得素数的倒数和可以写为： \begin{align*}\sum_{p \le x}{\frac{1}{p}} = \log \log x + B_1 + O(\frac{1}{\log x})\end{align*}?。
下面给出上述证明的简化版：
根据 \pi(n) = \Theta(\frac{n}{\log n})? 的定义，可以知道第 n 个素数的大小为： \Theta(n \log n) ，于是有：
\begin{align*}\sum^{\pi(n)}_{k = 1} {\frac{1}{p_k}} &= O\left(\sum^{\pi(n)}_{k = 2} {\frac{1}{k \log k}} \right)\\ &= O\left(\int_2^{\pi(n)} {\frac{\text{d}x}{x \log x}}\right) \\ &= O\left(\log \log \pi(n) \right) = O(\log \log n)\end{align*}??
所以埃氏筛法的时间复杂度为：\begin{align*}O\left(n \log \log n \right)\end{align*}? 。?????
但是时间复杂度仍有一些高，进行一些优化：
筛至平方根
显然，要找到至多至 n 的素数，只要找到不超过 \sqrt{n} 的素数就可以了。这种优化不会影响渐进时间复杂度，实际上重复以上证明，可以得到 n \ln \ln \sqrt{n} + o(n)?，根据对数的性质，它们的渐进相同，但操作次数会明显减少。下面给出该优化后的参考程序：
int n;
vector<char> is_prime(n + 1, true);
is_prime[0] = is_prime[1] = false;
for (int i = 2; i * i <= n; i++)
{
if (is_prime[i])
{
for (int j = i * i; j <= n; j += i) is_prime[j] = false;
}
}
只筛奇数
因为除 2 以外的偶数都是合数，所以我们可以直接跳过它们，只用关心奇数就好。
首先，这样做能让我们内存需求减半；其次，所需的操作大约也减半。
线性筛法(欧式筛法)
埃氏筛法仍有优化空间，它会将一个合数重复多次标记。有没有什么办法省掉无意义的步骤呢？答案是肯定的。
如果能让每个合数都只被标记一次，那么时间复杂度就可以降到 O\left(n\right)??? 了。这个算法就称为“线筛”，即线性筛法。参考代码如下所示：
void init() {
phi[1] = 1;
for (int i = 2; i < MAXN; ++i) {
if (!vis[i]) {
phi[i] = i - 1;
pri[cnt++] = i;
}
for (int j = 0; j < cnt; ++j) {
if (1ll * i * pri[j] >= MAXN) break;
vis[i * pri[j]] = 1;
if (i % pri[j])
{
phi[i * pri[j]] = phi[i] * (pri[j] - 1);
}
else
{
phi[i * pri[j]] = phi[i] * pri[j];
break;
/*
i % pri[j] == 0换言之，i 之前被 pri[j] 筛过了
由于 pri 里面质数是从小到大的，所以 i 乘上其他的质数的结果一定也是 pri[j] 的倍数
它们都被筛过了，就不需要再筛了，所以这里直接 break掉就好了
*/
}
}
}
}
注意到筛法求素数的同时也得到了每个数的最小质因子，于是同时求出了欧拉函数。
线性筛法求欧拉函数
注意到在线性筛中，每一个合数都是被最小的质因子筛掉。设 p_1 是 n 的最小质因子，n' = \dfrac{n}{p_1} ，那么线性筛的过程中 n 通过 n' \times p_1? 筛掉。
观察线性筛法的过程，应对 n' mod p_1 分两部分讨论：
-
n' \bmod p_1 = 0 ????? ，可以说明： n 包含了 n? 的所有质因子。 ??????
\begin{align*}\varphi(n) &= n \times \prod_{i = 1}^{s} {\dfrac{p_i - 1}{p_i}} \\ &= p_1 \times n' \times \prod_{i=1}^{s}{\dfrac{p_i-1}{p_i}} \\ &= p_1 \times \varphi(n')\end{align*}
-
n’ \bmod p_i \neq 0??? ，可以说明 i??? 与 p_j??? 互质，根据欧拉函数的性质，有：\begin{align*}\varphi(n) &=\varphi(p_1 \times n') \\&= \varphi(p_1) \times \varphi(n') \\&= \varphi(n') \times (p_1 - 1)\end{align*}???
综上，易得到下面的代码：
void pre()
{
memset(is_prime, 1, sizeof(is_prime));
int cnt = 0;
is_prime[1] = 0;
phi[1] = 1;
for (int i = 2; i <= MAXN; i++)
{
if (is_prime[i])
{
prime[++cnt] = i;
phi[i] = i - 1;
}
for (int j = 1; j <= cnt && i * prime[j] <= MAXN; j++)
{
is_prime[i * prime[j]] = 0;
if (i % prime[j])
phi[i * prime[j]] = phi[i] * phi[prime[j]];
else
{
phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
break;
}
}
}
}