2018-11-06 更新
想要快速地筛出一定上限内的素数？
下面这种方法可以保证范围内的每个合数都被删掉（在 bool 数组里面标记为非素数），而且任一合数只被：
“最小质因数 × 最大因数（非自己） = 这个合数”
的途径删掉。由于每个数只被筛一次，时间复杂度为 \(O(n)\)。
欧拉筛
先浏览如何实现再讲其中的原理。
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实现
bool isPrime[1000001];
//isPrime[i] == 1表示：i是素数
int Prime[1000001], cnt = 0;
//Prime存质数
void GetPrime(int n)//筛到n
{
memset(isPrime, 1, sizeof(isPrime));
//以“全都是素数”为初始状态，逐个删去
isPrime[1] = 0;//1不是素数
for(int i = 2; i <= n; i++)
{
if(isPrime[i])//没筛掉
Prime[++cnt] = i; //i成为下一个素数
for(int j = 1; j <= cnt && i*Prime[j] <= n/*不超上限*/; j++)
{
//从Prime[1]，即最小质数2开始，逐个枚举已知的质数，并期望Prime[j]是(i*Prime[j])的最小质因数
//当然，i肯定比Prime[j]大，因为Prime[j]是在i之前得出的
isPrime[ i*Prime[j] ] = 0;
if(i % Prime[j] == 0)//i中也含有Prime[j]这个因子
break; //重要步骤。见原理
}
}
}
原理概述
代码中，外层枚举 \(i = 1 \to n\)。对于一个 \(i\)，经过前面的腥风血雨，如果它还没有被筛掉，就加到质数数组 \(Prime[]\) 中。下一步，是用 \(i\) 来筛掉一波数。
内层从小到大枚举 \(Prime[j]\)。\(i×Prime[j]\) 是尝试筛掉的某个合数，其中，我们期望 \(Prime[j]\) 是这个合数的最小质因数 (这是线性复杂度的条件)。它是怎么得到保证的？
\(j\) 的循环中，有一句就做到了这一点：
if(i % Prime[j] == 0)
break; \(j\) 循环到这里就恰好需要停止的理由是：
\(i\) 的最小质因数肯定是 \(Prime[j]\)（否则在枚举 \(Prime[\text{小于} j \text{的数}]\) 时就break）。嗯，这说明 \(j\) 符合条件。
** \(i × Prime[<j]\) 的最小质因数一定是那个 \(Prime[<j]\)（如果不是，则最小质因数更早被枚举到，就更早break）。这说明 \(j\) 之前都符合条件。**
** \(i × Prime[>j]\) 的最小质因数一定是 \(Prime[j]\)（紧接着证明）。这说明，如果 \(j\) 继续递增，是不符合条件的。**
具体说：
①：如果 \(i \mod Prime[j] == 0\)，说明 \(i\) 有 \(Prime[j]\) 这个因子。那么 \(i\) 可以表示为 \(Prime[j] × k\)。
②：如果我们再往下，下一个被筛掉的合数将是 \(i × Prime[j+1]\)（此时我们期望 \(Prime[j+1]\) 是这个合数的最小质因数，但是……），
③：根据①，该合数可以表示为 \((Prime[j] × k) × Prime[j+1]\)。
** ④：看， \(Prime[j]\) 明显就是该合数的一个更小的质因数，说明该合数的最小质因数并不是 \(Prime[j+1]\)，那么用 \(Prime[j+1]\) 去筛这个合数是不符合要求的。所以不应该在这里筛掉。**
⑤：后面 \(i * Prime[j+2]\) 等等与此相同，他们都一定有更小的质因数 \(Prime[j]\)，就不要用 \(Prime[j+2]\) 这个更大的质因数去筛。
小提示：
当 \(i\) 还不大的时候，可能会一层内就筛去大量质数，看上去耗时比较大，但是由于保证了筛去的质数日后将不会再被筛，复杂度是线性的。到 \(i\) 接近 \(n\) 时，每层几乎都不用做什么事。
建议看下面两个并不烦的证明，你能更加信任这个筛法，利于以后的扩展学习。
正确性（所有合数都会被标记）证明
设一合数 \(C\) 的最小质因数是 \(p_1\)，令 \(B = C / p_1\)（\(C = B × p_1\)），则 \(B\) 的最小质因数不小于 \(p_1\)（否则 \(C\) 也有这个更小因子）。那么当外层枚举到 \(i = B\) 时，我们将会从小到大枚举各个质数；因为 \(i = B\) 的最小质因数不小于 \(p_1\)，所以 \(i\) 在质数枚举至 \(p_1\) 之前一定不会break，这回，\(C\) 一定会被 \(B × p_i\) 删去。
核心：亲爱的 \(B\) 的最小质因数必不小于 \(p_1\)。
例：\(315 = 3 × 3 × 5 × 7\)，其最小质因数是 \(3\)。考虑 \(i = 315 / 3 = 105\) 时，我们从小到大逐个枚举质数，正是因为 \(i\) 的最小质因数也不会小于 \(3\)（本例中就是 \(3\)），所以当枚举 \(j = 1 (Prime[j] = 2)\) 时，\(i\) 不包含 \(2\) 这个因子，也就不会break，直到 \(Prime[j] = 3\) 之后才退出。
当然质数不能表示成“大于1的某数×质数”，所以整个流程中不会标记。
线性复杂度证明
注意这个算法一直使用“某数×质数”去筛合数，又已经证明一个合数一定会被它的最小质因数 \(p_1\) 筛掉，所以我们唯一要担心的就是同一个合数是否会被“另外某数 × \(p_1\) 以外的质数”再筛一次导致浪费时间。设要筛的合数是 \(C\)，设这么一个作孽的质数为 \(p_x\)，再令 \(A = C / p_x\)，则 \(A\) 中一定有 \(p_1\) 这个因子。当外层枚举到 \(i = A\)，它想要再筛一次 \(C\)，却在枚举 \(Prime[j] = p_1\) 时，因为 \(i \mod Prime[j] == 0\) 就退出了。因而 \(C\) 除了 \(p_1\) 以外的质因数都不能筛它。
核心：罪恶的 \(A\) 中必有 \(p_1\) 这个因子。
例：\(315 = 3 × 3 × 5 × 7\)。首先，虽然看上去有两个 \(3\)，但我们筛数的唯一一句话就是
isPrime[ i*Prime[j] ] = 0;所以，\(315\) 只可能用 \(105 × 3\) 或 \(63 × 5\) 或 \(45 × 7\) 这三次筛而非四次。然后，非常抱歉，后两个 \(i = 63, i = 45\) 都因为贪婪地要求 \(Prime[j]\) 为 \(5\) 、\(7\)，而自己被迫拥有 \(3\) 这个因数，因此他们内部根本枚举不到 \(5\) 、\(7\)，而是枚举到 \(3\) 就break了。
以上两个一证，也就无可多说了。