Sieve
素数筛法
如果我们想要知道小于等于 $n$ 有多少个素数呢？
一个自然的想法是对于小于等于 $n$ 的每个数进行一次质数检验。这种暴力的做法显然不能达到最优复杂度。
埃拉托斯特尼筛法
考虑这样一件事情：如果 $x$ 是合数，那么 $x$ 的倍数也一定是合数。利用这个结论，我们可以避免很多次不必要的检测。
如果我们从小到大考虑每个数，然后同时把当前这个数的所有（比自己大的）倍数记为合数，那么运行结束的时候没有被标记的数就是素数了。
// C++ Version
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; // prime[p]是i,后置自增运算代表当前素数数量
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;
}
# Python Version
def Eratosthenes(n):
p = 0
for i in range(0, n + 1):
is_prime[i] = True
is_prime[0] = is_prime[1] = False
for i in range(2, n + 1):
if is_prime[i]:
prime[p] = i
p = p + 1
if i * i <= n:
j = i * i
while j <= n:
is_prime[j] = False
j = j + i
return p
以上为 Eratosthenes 筛法（埃拉托斯特尼筛法，简称埃氏筛法），时间复杂度是 $O(n\log\log n)$。
现在我们就来看看推导过程：
如果每一次对数组的操作花费 1 个单位时间，则时间复杂度为：
$$ O\left(n\sum_{k=1}^{\pi(n)}{1\over p_k}\right) $$
其中 $p_k$ 表示第 $k$ 小的素数。根据 Mertens 第二定理，存在常数 $B_1$ 使得：
$$ \sum_{k=1}^{\pi(n)}{1\over p_k}=\log\log n+B_1+O\left(1\over\log n\right) $$
所以 Eratosthenes 筛法 的时间复杂度为 $O(n\log\log n)$。接下来我们证明 Mertens 第二定理的弱化版本 $\sum_{k\le\pi(n)}1/p_k=O(\log\log n)$：
根据 $\pi(n)=\Theta(n/\log n)$，可知第 $n$ 个素数的大小为 $\Theta(n\log n)$。于是就有
$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{\pi(n)}{1\over p_k} &=O\left(\sum_{k=2}^{\pi(n)}{1\over k\log k}\right) \ &=O\left(\int_2^{\pi(n)}{\mathrm dx\over x\log x}\right) \ &=O(\log\log\pi(n))=O(\log\log n) \end{aligned} $$
当然，上面的做法效率仍然不够高效，应用下面几种方法可以稍微提高算法的执行效率。
筛至平方根
显然，要找到直到 $n$ 为止的所有素数，仅对不超过 $\sqrt n$ 的素数进行筛选就足够了。
// C++ Version
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;
}
}
# Python Version
is_prime = [True] * (n + 1)
is_prime[0] = is_prime[1] = False
for i in range(2, int(sqrt(n)) + 1):
if is_prime[i]:
j = i * i
while j <= n:
is_prime[j] = False
j += i
这种优化不会影响渐进时间复杂度，实际上重复以上证明，我们将得到 $n \ln \ln \sqrt n + o(n)$，根据对数的性质，它们的渐进相同，但操作次数会明显减少。
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。
减少内存的占用
我们注意到筛法只需要 $n$ 比特的内存。因此我们可以通过将变量声明为布尔类型，只申请 $n$ 比特而不是 $n$ 字节的内存，来显著的减少内存占用。即仅占用 $\dfrac n 8$ 字节的内存。
但是，这种称为 位级压缩 的方法会使这些位的操作复杂化。任何位上的读写操作都需要多次算术运算，最终会使算法变慢。
因此，这种方法只有在 $n$ 特别大，以至于我们不能再分配内存时才合理。在这种情况下，我们将牺牲效率，通过显著降低算法速度以节省内存（减小 8 倍）。
值得一提的是，存在自动执行位级压缩的数据结构，如 C++ 中的 vector<bool> 和 bitset<>。
分块筛选
由优化“筛至平方根”可知，不需要一直保留整个 is_prime[1...n] 数组。为了进行筛选，只保留到 $\sqrt n$ 的素数就足够了，即 prime[1...sqrt(n)]。并将整个范围分成块，每个块分别进行筛选。这样，我们就不必同时在内存中保留多个块，而且 CPU 可以更好地处理缓存。
设 $s$ 是一个常数，它决定了块的大小，那么我们就有了 $\lceil {\frac n s} \rceil$ 个块，而块 $k$($k = 0 ... \lfloor {\frac n s} \rfloor$) 包含了区间 $[ks; ks + s - 1]$ 中的数字。我们可以依次处理块，也就是说，对于每个块 $k$，我们将遍历所有质数（从 $1$ 到 $\sqrt n$）并使用它们进行筛选。
值得注意的是，我们在处理第一个数字时需要稍微修改一下策略：首先，应保留 $[1; \sqrt n]$ 中的所有的质数；第二，数字 $0$ 和 $1$ 应该标记为非素数。在处理最后一个块时，不应该忘记最后一个数字 $n$ 并不一定位于块的末尾。
以下实现使用块筛选来计算小于等于 $n$ 的质数数量。
int count_primes(int n) {
const int S = 10000;
vector<int> primes;
int nsqrt = sqrt(n);
vector<char> is_prime(nsqrt + 1, true);
for (int i = 2; i <= nsqrt; i++) {
if (is_prime[i]) {
primes.push_back(i);
for (int j = i * i; j <= nsqrt; j += i) is_prime[j] = false;
}
}
int result = 0;
vector<char> block(S);
for (int k = 0; k * S <= n; k++) {
fill(block.begin(), block.end(), true);
int start = k * S;
for (int p : primes) {
int start_idx = (start + p - 1) / p;
int j = max(start_idx, p) * p - start;
for (; j < S; j += p) block[j] = false;
}
if (k == 0) block[0] = block[1] = false;
for (int i = 0; i < S && start + i <= n; i++) {
if (block[i]) result++;
}
}
return result;
}
分块筛分的渐进时间复杂度与埃氏筛法是一样的（除非块非常小），但是所需的内存将缩小为 $O(\sqrt{n} + S)$，并且有更好的缓存结果。 另一方面，对于每一对块和区间 $[1, \sqrt{n}]$ 中的素数都要进行除法，而对于较小的块来说，这种情况要糟糕得多。 因此，在选择常数 $S$ 时要保持平衡。
块大小 $S$ 取 $10^4$ 到 $10^5$ 之间，可以获得最佳的速度。
线性筛法
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 $O(n)$ 了。
// C++ Version
void init() {
phi[1] = 1;
for (int i = 2; i < MAXN; ++i) {
if (!vis[i]) {
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] == 0) {
// 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
break;
}
}
}
}
# Python Version
def init():
for i in range(2, MAXN):
if vis[i] == False:
pri[cnt] = i
cnt = cnt + 1
for j in range(0, cnt):
if i * pri[j] >= MAXN:
break
vis[i * pri[j]] = 1
if i % pri[j] == 0:
"""
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
"""
break
上面的这种 线性筛法 也称为 Euler 筛法（欧拉筛法）。
??? note 注意到筛法求素数的同时也得到了每个数的最小质因子。
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。比如设 $p_1$ 是 $n$ 的最小质因子，$n' = \frac{n}{p_1}$，那么线性筛的过程中 $n$ 通过 $n' \times p_1$ 筛掉。
观察线性筛的过程，我们还需要处理两个部分，下面对 $n' \bmod p_1$ 分情况讨论。
如果 $n' \bmod p_1 = 0$，那么 $n'$ 包含了 $n$ 的所有质因子。
$$ \begin{aligned} \varphi(n) & = n \times \prod_{i = 1}^s{\frac{p_i - 1}{p_i}} \\ & = p_1 \times n' \times \prod_{i = 1}^s{\frac{p_i - 1}{p_i}} \\ & = p_1 \times \varphi(n') \end{aligned} $$
那如果 $n' \bmod p_1 \neq 0$ 呢，这时 $n'$ 和 $p_1$ 是互质的，根据欧拉函数性质，我们有：
$$ \begin{aligned} \varphi(n) & = \varphi(p_1) \times \varphi(n') \\ & = (p_1 - 1) \times \varphi(n') \end{aligned} $$
// C++ Version
void pre() {
memset(is_prime, 1, sizeof(is_prime));
int cnt = 0;
is_prime[1] = 0;
phi[1] = 1;
for (int i = 2; i <= 5000000; i++) {
if (is_prime[i]) {
prime[++cnt] = i;
phi[i] = i - 1;
}
for (int j = 1; j <= cnt && i * prime[j] <= 5000000; 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;
}
}
}
}
# Python Version
def pre():
cnt = 0
is_prime[1] = False
phi[1] = 1
for i in range(2, 5000001):
if is_prime[i]:
prime[cnt] = i
cnt = cnt + 1
phi[i] = i - 1
j = 1
while j <= cnt and i * prime[j] <= 5000000:
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
j = j + 1
筛法求莫比乌斯函数
根据莫比乌斯函数的定义，设 $n$ 是一个合数，$p_1$ 是 $n$ 的最小质因子，$n'=\frac{n}{p_1}$，有：
$$ \mu(n)= \begin{cases} 0 & n' \bmod p_1 \neq 0\\ -\mu(n') & \text{otherwise} \end{cases} $$
若 $n$ 是质数，有 $\mu(n)=-1$。
// C++ Version
void pre() {
mu[1] = 1;
for (int i = 2; i <= 1e7; ++i) {
if (!v[i]) mu[i] = -1, p[++tot] = i;
for (int j = 1; j <= tot && i <= 1e7 / p[j]; ++j) {
v[i * p[j]] = 1;
if (i % p[j] == 0) {
mu[i * p[j]] = 0;
break;
}
mu[i * p[j]] = -mu[i];
}
}
# Python Version
def pre():
mu[1] = 1
for i in range(2, int(1e7 + 1)):
if v[i] == 0:
mu[i] = -1
p[tot] = i
tot = tot + 1
j = 1
while j <= tot and i <= 1e7 // p[j]:
v[i * p[j]] = 1
if i % p[j] == 0:
mu[i * p[j]] = 0
break
j = j + 1
mu[i * p[j]] = -mu[i]
筛法求约数个数
用 $d_i$ 表示 $i$ 的约数个数，$num_i$ 表示 $i$ 的最小质因子出现次数。
约数个数定理
定理：若 $n=\prod_{i=1}^m p_i^{c_i}$ 则 $d_i=\prod_{i=1}^m (c_i+1)$。
证明：我们知道 $p_i^{c_i}$ 的约数有 $p_i^0,p_i^1,\dots ,p_i^{c_i}$ 共 $c_i+1$ 个，根据乘法原理，$n$ 的约数个数就是 $\prod_{i=1}^m (c_i+1)$。
实现
因为 $d_i$ 是积性函数，所以可以使用线性筛。
// C++ Version
void pre() {
d[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
if (!v[i]) v[i] = 1, p[++tot] = i, d[i] = 2, num[i] = 1;
for (int j = 1; j <= tot && i <= n / p[j]; ++j) {
v[p[j] * i] = 1;
if (i % p[j] == 0) {
num[i * p[j]] = num[i] + 1;
d[i * p[j]] = d[i] / num[i * p[j]] * (num[i * p[j]] + 1);
break;
} else {
num[i * p[j]] = 1;
d[i * p[j]] = d[i] * 2;
}
}
}
}
# Python Version
def pre():
d[1] = 1
for i in range(2, n + 1):
if v[i] == 0:
v[i] = 1; p[tot] = i; tot = tot + 1; d[i] = 2; num[i] = 1
j = 1
while j <= tot and i <= n // p[j]:
v[p[j] * i] = 1
if i % p[j] == 0:
num[i * p[j]] = num[i] + 1
d[i * p[j]] = d[i] // num[i * p[j]] * (num[i * p[j]] + 1)
break
else:
num[i * p[j]] = 1
d[i * p[j]] = d[i] * 2
j = j + 1
筛法求约数和
$f_i$ 表示 $i$ 的约数和，$g_i$ 表示 $i$ 的最小质因子的 $p^0+p^1+p^2+\dots p^k$.
// C++ Version
void pre() {
g[1] = f[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
if (!v[i]) v[i] = 1, p[++tot] = i, g[i] = i + 1, f[i] = i + 1;
for (int j = 1; j <= tot && i <= n / p[j]; ++j) {
v[p[j] * i] = 1;
if (i % p[j] == 0) {
g[i * p[j]] = g[i] * p[j] + 1;
f[i * p[j]] = f[i] / g[i] * g[i * p[j]];
break;
} else {
f[i * p[j]] = f[i] * f[p[j]];
g[i * p[j]] = 1 + p[j];
}
}
}
}
# Python Version
def pre():
g[1] = f[1] = 1
for i in range(2, n + 1):
if v[i] == 0:
v[i] = 1; p[tot] = i; tot = tot + 1; g[i] = i + 1; f[i] = i + 1
j = 1
while j <= tot and i <= n // p[j]:
v[p[j] * i] = 1
if i % p[j] == 0:
g[i * p[j]] = g[i] * p[j] + 1
f[i * p[j]] = f[i] // g[i] * g[i * p[j]]
break
else:
f[i * p[j]] = f[i] * f[p[j]]
g[i * p[j]] = 1 + p[j]
一般的积性函数
假如一个 积性函数 $f$ 满足：对于任意质数 $p$ 和正整数 $k$，可以在 $O(1)$ 时间内计算 $f(p^k)$，那么可以在 $O(n)$ 时间内筛出 $f(1),f(2),\dots,f(n)$ 的值。
设合数 $n$ 的质因子分解是 $\prod_{i=1}^k p_i^{\alpha_i}$，其中 $p_1<p_2<\dots<p_k$ 为质数，我们在线性筛中记录 $g_n=p_1^{\alpha_1}$，假如 $n$ 被 $x\cdot p$ 筛掉（$p$ 是质数），那么 $g$ 满足如下递推式：
$$ g_n= \begin{cases} g_x\cdot p & x\bmod p=0\\ p & \text{otherwise} \end{cases} $$
假如 $n=g_n$，说明 $n$ 就是某个质数的次幂，可以 $O(1)$ 计算 $f(n)$；否则，$f(n)=f(\frac{n}{g_n})\cdot f(g_n)$。
本节部分内容译自博文 Решето Эратосфена 与其英文翻译版 Sieve of Eratosthenes。其中俄文版版权协议为 Public Domain + Leave a Link；英文版版权协议为 CC-BY-SA 4.0。