在project euler 的第\(10\)题的 \(forum\) 中 Lucy Hedgehog 提到的这种方法。
求 \(n\) 以内素数个数以及求 \(n\) 以内素数和的算法。
定义\(S(v,p)\)为\(2\) 到 \(v\) 所有整数中，在普通筛法中外层循环筛完 \(p\) 时仍然幸存的数的和。因此这些数要不本身是素数，要不其最小的素因子也大于 \(p\) 。因此我们需要求的是 \(S(n,\lfloor\sqrt n\rfloor)\)。
为了计算 \(S(v,p)\)，先考虑几个特殊情况。
\(1.\) \(p\le1\) 。此时所有数都还没有被筛掉，所以 \(S(v,p)=\sum_{i=2}^{v}i=\frac{(2+v)(v-1)}{2}\)。
\(2.\) \(p\) 不是素数。因为筛法中 \(p\) 早已被别的数筛掉，所以在这步什么都不会做，所以此时 \(S(v,p)=S(v,p-1)\)。
\(3.\) \(p\) 是素数，但是 \(v<p^2\)。因为每个合数都一定有一个不超过其平方根的素因子，如果筛到 \(p\) 时还没筛掉一个数，那么筛到 \(p-1\) 时这个数也还在。所以此时也有\(S(v,p)=S(v,p-1)\)。
现在考虑最后一种稍微麻烦些的情况：\(p\) 是素数，且 \(p^2\le v\)。
此时，我们要用素数 \(p\) 去筛掉剩下的那些数中 \(p\) 的倍数。注意到现在还剩下的合数都没有小于 \(p\) 的素因子。因此有：
\(S(v,p)=S(v,p-1)-\sum_{\substack{2\le k \le v,\\ p\mbox{为}k\mbox{的最小素因子}}}k\)
后面那项中提取公共因子 \(p\) ，有：
\(S(v,p)=S(v,p-1)-p\times\sum_{\substack{2\le k \le v,\\ p\mbox{为}k\mbox{的最小素因子}}}\frac{k}{p}\)
因为 \(p\) 整除 \(k\) ，稍微变形一下，令 \(t=\frac{k}{p}\)，有：
\(S(v,p)=S(v,p-1)-p\times\sum_{\substack{2\le t \le \lfloor\frac{v}{p}\rfloor,\\ t\mbox{的最小素因子}\ge p}}t\)
因为 \(S\) 的定义s是（“这些数要不本身是素数，要不其最小的素因子也大于(注意!)$ p $”），此时 \(p\) 后面这项可以用 \(S\) 来表达。
\(S(v,p)=S(v,p-1)-p\times(S(\left\lfloor\frac{v}{p}\right\rfloor,p-1)-\{p-1\mbox{以内的所有素数和}\})\)
再用 \(S\) 替换素数和得到最终表达式：
\(S(v,p)=S(v,p-1)-p\times(S(\left\lfloor\frac{v}{p}\right\rfloor,p-1)-S(p-1,p-1))\)
我们最终的结果是 \(S(n,\lfloor\sqrt n\rfloor)\)。
这是求前 \(n\) 的素数和的方法。
至于求前 \(n\) 的素数个数的方法也差不多。
只需要把代码修改一下即可。
复杂度： \(O(n^{0.75})\)
C++代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll check(ll v, ll n, ll ndr, ll nv) {
return v >= ndr ? (n / v - 1) : (nv - v);
}
// ll S[10000000];
// ll V[10000000];
ll primenum(ll n) // O(n^(3/4))
{
ll r = (ll)sqrt(n);
ll ndr = n / r;
assert(r*r <= n && (r+1)*(r+1) > n);
ll nv = r + ndr - 1;
std::vector<ll> S(nv+1);
std::vector<ll> V(nv+1);
for(ll i=0;i<r;i++) {
V[i] = n / (i+1);
}
for(ll i=r;i<nv;i++) {
V[i] = V[i-1] - 1;
}
for(ll i = 0;i<nv;i++) {
S[i] = V[i] - 1; //求素数个数
}
for(ll p=2;p<=r;p++) {
if(S[nv-p] > S[nv-p+1]) {
ll sp = S[nv-p+1]; // sum of primes smaller than p
ll p2 = p*p;
// std::cout << "p=" << p << '\n'; // p is prime
for(ll i=0;i<nv;i++) {
if(V[i] >= p2) {
S[i] -= 1LL * (S[check(V[i] / p, n, ndr, nv)] - sp);// //求素数个数
}
else break;
}
}
}
return S[0];
}
ll primesum(ll n) // O(n^(3/4))
{
ll r = (ll)sqrt(n);
ll ndr = n / r;
assert(r*r <= n && (r+1)*(r+1) > n);
ll nv = r + ndr - 1;
std::vector<ll> S(nv+1);
std::vector<ll> V(nv+1);
for(ll i=0;i<r;i++) {
V[i] = n / (i+1);
}
for(ll i=r;i<nv;i++) {
V[i] = V[i-1] - 1;
}
for(ll i = 0;i<nv;i++) {
S[i] = V[i] * ( V[i] + 1) / 2 - 1; //求素数和
}
for(ll p=2;p<=r;p++) { // p is prime
if(S[nv-p] > S[nv-p+1]) {
ll sp = S[nv-p+1]; // sum of primes smaller than p
ll p2 = p*p;
for(ll i=0;i<nv;i++) {
if(V[i] >= p2) {
S[i] -= p* (S[check(V[i] / p, n, ndr, nv)] - sp); //求素数和
}
else break;
}
}
}
return S[0];
}
int main(int argc, char const *argv[]) {
// std::cout << primesum(1e6) << '\n';
std::cout << primenum(1e10) << '\n';
std::cout << primesum(2e6) << '\n';
cerr << "Time elapsed: " << 1.0 * clock() / CLOCKS_PER_SEC << " s.\n";
return 0;
}
转载于:https://www.cnblogs.com/LzyRapx/p/8228009.html
