【总结】初学数论（筛素数）

埃氏筛

用素数筛合数，代码简单，拓展性强。复杂度$O(n\ast loglogn)$,可以看作常数较大的n。
运用：对于求[l,r]的素数，可以用[1,$sqrt(r)$]的所有素数来筛区间[l,r]，相比直接求[1,r]的线性筛更优，因为线性筛对每个数有且仅能筛一个数，而这个数很有可能不在区间内，是无意义的。

void work() {
    
    
	for(int i=2;i<=n;i++) {
    
    
		if(!b[i]) {
    
     
			pri[++cnt]=i;
		    for(int j=1;j<=n/i;j++) b[i*j]=1;
		}
	}
}

void euler() {
    
    
	for(int i=2;i<=n;i++) phi[i]=i;
	for(int i=2;i<=n;i++) {
    
    
		if(phi[i]==i) {
    
    
			for(int j=1;j<=n/i;j++) 
	            phi[i*j]=phi[i*j]/i*(i-1);
		}
	}
}

线性筛

复杂度O(n),每个数有且仅被筛一次，可以配合欧拉函数在线性时间内求出函数值。

void work() {
    
    
	for(int i=2;i<=m;i++) {
    
    
	    if(!b[i]) {
    
    
	    	pri[++cnt]=i;
		}
	    for(int j=1;j<=cnt;j++) {
    
    
		    if(1LL*i*pri[j]<=m) b[i*pri[j]]=1;
		    if(i%pri[j]==0||1LL*i*pri[j]>m) break;
	    }
    }
}

void euler() {
    
    
	for(int i=2;i<=n;i++) {
    
    
		if(!phi[i]) {
    
    
			phi[i]=i-1;
			pri[++cnt]=i;
		}
		for(int j=1;j<=cnt;j++) {
    
    
			if(1LL*i*pri[j]>n) break;
			if(i%pri[j]==0) {
    
    
				phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];
				break;
			}
			phi[i*pri[j]]=phi[i]*(pri[j]-1);
		}
	}
}

欧拉函数的几个性质：
https://www.cnblogs.com/henry-1202/p/10246196.html

A.

给定整数N，求1<=x,y<=N且GCD(x,y)为素数的数对(x,y)有多少对。

GCD(x,y)即求x，y的最大公约数。

分析：本题配合线性筛，可以同时求出$\varphi (n)$和$sum[n]$(素数个数),然后找到两个互质的数x,y,x<=y,及质数k，xk<=n,则xk和yk就是一组数对。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e7+5;
long long n,cnt,phi[maxn],sum[maxn],pri[maxn],ans;

void euler() {
    
    
	for(int i=2;i<=n;i++) {
    
    
		sum[i]=sum[i-1];
		if(!phi[i]) {
    
    
			phi[i]=i-1;
			pri[++cnt]=i;
			sum[i]++;
		}
		for(int j=1;j<=cnt;j++) {
    
    
			if(1LL*i*pri[j]>n) break;
			if(i%pri[j]==0) {
    
    
				phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];
				break;
			}
			phi[i*pri[j]]=phi[i]*(pri[j]-1);
		}
	}
	ans=sum[n];
	for(int i=2;i<=n;i++) {
    
    
		ans+=phi[i]*sum[n/i]*2;
	}
}
int main() {
    
    
	scanf("%lld",&n);
	euler();
	printf("%lld",ans);
}

B.

给定两个整数l,r ，求闭区间 [l,r] 中相邻两个质数差值最小的数对与差值最大的数对。当存在多个时，输出靠前的素数对。
1<=l<=r<=2147483647,r-l<=1e6

分析：如前所说，由于[l,r]范围很小，所以用埃氏筛可以避免线性筛到r，而是直接用质数来筛这个范围，时间复杂度大大减小。

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;
const int N=1e6*2;
int l,r,pri[N],a[N],cnt,num,m;
bool b[N],c[N];
void work() {
    
    
	for(int i=2;i<=m;i++) {
    
    
	    if(!b[i]) {
    
    
	    	pri[++cnt]=i;
		}
	    for(int j=1;j<=cnt;j++) {
    
    
		    if(1LL*i*pri[j]<=m) b[i*pri[j]]=1;
		    if(i%pri[j]==0||1LL*i*pri[j]>m) break;
	    }
    }
}
int main() {
    
    
	m=50000;
	work();
	while(~scanf("%d%d",&l,&r)) {
    
    
		memset(c,0,sizeof(c));
		num=0;
		for(int i=1;i<=cnt;i++) {
    
    
			int p=pri[i];
			for(int j=(l-1)/p+1;j<=r/p;j++) if(j>1) c[p*j-l]=1;
		}
		for(int i=0;i<=r-l;i++) 
			if(!c[i]&&i+l>1) a[++num]=i+l;
		if(num<=1) {
    
    
			printf("There are no adjacent primes.\n");
			continue;
		}
		int t1=0,t2=0;
		for(int i=2;i<=num;i++) {
    
    
			if(!t1||a[i]-a[i-1]<a[t1]-a[t1-1]) t1=i;
			if(!t2||a[i]-a[i-1]>a[t2]-a[t2-1]) t2=i;
		}
		printf("%d,%d are closest, %d,%d are most distant.\n",a[t1-1],a[t1],a[t2-1],a[t2]);
	}
}

C.

求不定方程：

$$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{n!}$$

的正整数解 $(x,y)$的数目。

分析：
原方程变形可得$$xy-n!(x+y)=0$$
$$(n!{)}^2+xy-n!(x+y)=(n!{)}^2$$
$$(x-(n!{)}^2)(y-(n!{)}^2)=(n!{)}^2$$

所以说只需求得$(n!{)}^2$的约数个数即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
const int N=1e6+5;
long long n,cnt,pri[N],ans=1;
bool b[N];

void work() {
    
    
	for(int i=2;i<=n;i++) {
    
    
		if(!b[i]) {
    
     
			cnt++;
		    for(int j=1;j<=n/i;j++) b[i*j]=1;
		    for(long long p=i;p<=n;p*=i) pri[cnt]+=n/p,pri[cnt]%=mod;
		}
	}
}
int main() {
    
    
	scanf("%lld",&n);
	work();
	for(int i=1;i<=cnt;i++) {
    
    
		ans=1LL*ans*(2*pri[i]+1)%mod;
	}
	printf("%lld",ans);
}

总结：这部分题目还是比较简单，别急，下一次就写同余了。