素数计数问题

给定范围$[l, r]$，求该范围内素数个数。

例题1 洛谷P3192

求 $1,2,\cdots,N$中素数的个数。（$N\le 10^8$）

例题2 HDU 5901

求$1,2,...,N$中素数的个数。（$N\le 10^{11}$）

朴素方法--埃拉托色尼筛

很容易想到埃拉托色尼筛(Eratosthenes Sieve)，实现起来也很简单：先预处理出小于$sqrt(1e^{11})$的所有质数，接着按照埃拉托色尼筛的方法算一遍即可，缺点是耗时长，复杂度$O((r-l)loglog(r-l))$

PS. 过例题还是绰绰有余的

Lucy_Hedgehog 解法

这类方法的问题在于递归层数过多，容易爆栈

引入： Project Euler第10题

题面： Find the sum of all the primes below two million.

题意：求小于两百万的质数之和

解法

定义$S(n, p)$为$[2,n]$中筛到$p$时，剩下的数的总和，即：

$S(n,p)=\sum{v\mid v\text{为质数 或 } v\text{的最小质因数大于}p} $

接下来我们分类讨论

1. $p\le 1$，显然有$S(n,p)=\sum\{1 \cdots n\}=\frac{(2+n)(n-1)}{2}$

2. $p$不是素数，因为在之前的过程中$p$已经被别的数筛掉，因而这一步什么也不做，$S(n,p)=S(n,p-1)$

3. $p$是素数，但是$n\lt p^2$，此时$[2,n]$内不存在以$p$为因数的合数，因此$S(n,p)=S(n,p-1)$

4. $p$是素数，且$n\gt p^2$

下面着重讨论第4种情况

$$\begin{aligned}S(n,p)&=S(n,p-1)-\sum\limits_{2\le k\le n,p为k的最小质因子}k\\&=S(n,p-1)-p\times\sum\limits_{2\le\lfloor\frac{k}{p}\rfloor\le n,k的最小质因子\ge p}k\\&=S(n,p-1)-p\times(S(\lfloor\frac{k}{p}\rfloor,p-1)-小于p的质数之和)\\&=S(n,p-1)-p\times(S(\lfloor\frac{k}{p}\rfloor,p-1)-S(p-1,p-1))\end{aligned}$$

代码

def P10(n):
    r = int(n**0.5)
    assert r*r <= n and (r+1)**2 > n
    V = [n//i for i in range(1,r+1)]
    V += list(range(V[-1]-1,0,-1))
    S = {i:i*(i+1)//2-1 for i in V}
    for p in range(2,r+1):
        if S[p] > S[p-1]:  # p is prime
            sp = S[p-1]  # sum of primes smaller than p
            p2 = p*p
            for v in V:
                if v < p2: break
                S[v] -= p*(S[v//p] - sp)
    return S[n]

原作者："The complexity of this algorithm is about $O(n^{0.75})$ and needs 9 ms to find the solution. "

稍加变通

令$f(n,m)$为$[2,n]$中筛到$m$的倍数时，剩下的数的总数（此时$m$的倍数已被筛掉）。

可以用公式来表达

$f(n,m)=\mid\{v\mid v\text{为质数 或 } v\text{的最小质因数大于}m\}\mid$

对于$f(n,m),m^2\le n$，计算方式如下

$$\begin{aligned} f(n,m)&=f(n,m-1)-\sum\limits_{2\le k\le n,k的最小质因子为m} 1\\ &=f(n, m-1)-\sum\limits_{2\le k\le \lfloor\frac{n}{m}\rfloor,k的最小质因子\ge m} 1 \\ &=f(n, m-1)-(f(\lfloor\frac{n}{m}\rfloor,m-1)-小于m的质数个数) \\&=f(n, m-1)-f(\lfloor\frac{n}{m}\rfloor,m-1)+f(m-1, m-1)\\&=f(n, m-1)-f(\lfloor\frac{n}{m}\rfloor,m-1)+f(m-1, \lfloor\sqrt{m-1}\rfloor) \end{aligned}$$

解释一下$(1)$到$(2)$的转换：$f(\lfloor\frac{n}{m}\rfloor,m-1)$的含义为在$[2,\lfloor\frac{n}{m}\rfloor]$内，质数和最小质因数大于$m-1$的合数的个数，因此要减去小于$m$的质数的个数

例题1 AC代码 用时: 338ms

用记忆化搜索应该会更快，当然也可以在递归时直接跳转到下一个质数（而不是-1）

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

const int maxn = 1e4 + 100;

int prime[maxn], prime_cnt = 0;
bool is_prime[maxn];

void getPrime(){ // 线性筛筛出小于sqrt(n)的质数
    memset(is_prime, true, sizeof is_prime);
    for(int i=2; i<maxn; i++){
        if(is_prime[i]) prime[prime_cnt++] = i;
        for(int j=0; j<prime_cnt && prime[j] * i < maxn; j++){
            is_prime[prime[j] * i] = false;
            if(i % prime[j] == 0) break;
        }
    }
}

int prime_count(int n, int m){
    if(m <= 1) return n-1;
    if(!is_prime[m] || m * m > n) return prime_count(n, m-1);
    return prime_count(n, m-1) - prime_count(n/m, m-1) + prime_count(m-1, sqrt(m-1));
}

signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(NULL);
    getPrime();
    int n; cin >> n;
    cout << prime_count(n, sqrt(n)) << endl;
}

该方法在例题2中TLE

黑科技（不知道叫什么）

疑似Mapes

据说复杂度$O(n^{3/4})$

HDU-5901 AC代码（1419ms, 6.4MB）

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;

// f[i] means pi(n/i), g[i] means pi(i)
ll f[340000], g[340000], n;
void init() {
    ll i, j, m;
    for (m = 1; m * m <= n; ++m) f[m] = n / m - 1;
    for (i = 1; i <= m; ++i) g[i] = i - 1;
    for (i = 2; i <= m; ++i) {
        if (g[i] == g[i - 1]) continue;
        for (j = 1; j <= min(m - 1, n / i / i); ++j) {
            if (i * j < m) f[j] -= f[i * j] - g[i - 1];
            else f[j] -= g[n / i / j] - g[i - 1];
        }
        for (j = m; j >= i * i; --j)
            g[j] -= g[j / i] - g[i - 1];
    }
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(NULL);
    while (cin >> n) {
        init();
        cout << f[1] << '\n';
    }
}

Meissel-Lehmer 算法

吐槽：事实证明，百度搜不到的时候，谷歌一下能省不少时间（尤其是技术类问题）。两个原因：1. csdn 2. 百度不收录github.io

模板(HDU 5901)（234ms, 43.3MB）

求$[1,n]$内素数个数

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 5e6 + 2; // 非n^(1/3) 亦非n^(2/3)
bool np[N];
int prime[N], pi[N];
int getprime() {
    int cnt = 0;
    np[0] = np[1] = true;
    pi[0] = pi[1] = 0;
    for (int i = 2; i < N; ++i) {
        if (!np[i]) prime[++cnt] = i;
        pi[i] = cnt;
        for (int j = 1; j <= cnt && i * prime[j] < N; ++j) {
            np[i * prime[j]] = true;
            if (i % prime[j] == 0) break;
        }
    }
    return cnt;
}
const int M = 7;
const int PM = 2 * 3 * 5 * 7 * 11 * 13 * 17;
int phi[PM + 1][M + 1], sz[M + 1];
void init() {
    getprime();
    sz[0] = 1;
    for (int i = 0; i <= PM; ++i)
        phi[i][0] = i;
    for (int i = 1; i <= M; ++i) {
        sz[i] = prime[i] * sz[i - 1];
        for (int j = 1; j <= PM; ++j)
            phi[j][i] = phi[j][i - 1] - phi[j / prime[i]][i - 1];
    }
}
int sqrt2(ll x) {
    ll r = (ll)sqrt(x - 0.1);
    while (r * r <= x)
        ++r;
    return int(r - 1);
}
int sqrt3(ll x) {
    ll r = (ll)cbrt(x - 0.1);
    while (r * r * r <= x)
        ++r;
    return int(r - 1);
}
ll getphi(ll x, int s) {
    if (s == 0) return x;
    if (s <= M) return phi[x % sz[s]][s] + (x / sz[s]) * phi[sz[s]][s];
    if (x <= prime[s] * prime[s]) return pi[x] - s + 1;
    if (x <= prime[s] * prime[s] * prime[s] && x < N) {
        int s2x = pi[sqrt2(x)];
        ll ans = pi[x] - (s2x + s - 2) * (s2x - s + 1) / 2;
        for (int i = s + 1; i <= s2x; ++i)
            ans += pi[x / prime[i]];
        return ans;
    }
    return getphi(x, s - 1) - getphi(x / prime[s], s - 1);
}
ll getpi(ll x) {
    if (x < N) return pi[x];
    ll ans = getphi(x, pi[sqrt3(x)]) + pi[sqrt3(x)] - 1;
    for (int i = pi[sqrt3(x)] + 1, ed = pi[sqrt2(x)]; i <= ed; ++i)
        ans -= getpi(x / prime[i]) - i + 1;
    return ans;
}
ll lehmer_pi(ll x) { // 与getpi功能一样，但似乎比较慢
    if (x < N) return pi[x];
    int a = (int)lehmer_pi(sqrt2(sqrt2(x)));
    int b = (int)lehmer_pi(sqrt2(x));
    int c = (int)lehmer_pi(sqrt3(x));
    ll sum = getphi(x, a) + (ll)(b + a - 2) * (b - a + 1) / 2;
    for (int i = a + 1; i <= b; i++) {
        ll w = x / prime[i];
        sum -= lehmer_pi(w);
        if (i > c) continue;
        ll lim = lehmer_pi(sqrt2(w));
        for (int j = i; j <= lim; j++)
            sum -= lehmer_pi(w / prime[j]) - (j - 1);
    }
    return sum;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(NULL);
    init();
    ll n;
    while (cin >> n) {
        cout << getpi(n) << '\n';
    }
}

参考

https://www.zhihu.com/question/29580448 菜鱼ftfish 的回答

https://www.luogu.com.cn/problem/solution/P3912 吾乃会虎 的题解