埃氏筛(埃拉特斯特尼筛法)
int visit[maxn];
void Prime(){
mem(visit,0); //初始化都是质数
visit[0] = visit[1] = 1; //0 和 1不是质数
for (int i = 2; i <= maxn; i++) {
if (!visit[i]) { //如果i是素数,让i的所有倍数都不是质数
for (int j = i*i; j <= maxn; j += i) {
visit[j] = 1;
}
}
}
线性筛
复杂度为O(n)。与埃氏筛相比,不会对已经被标记过的合数再进行重复标记,故效率更高。欧拉筛将合数分解为 (最小质因数 * 一个合数) 的形式,通过最小质因数来判断当前合数是否已经被标记过。
在埃氏筛法的基础上,让每个合数只被它的最小质因子筛选一次,以达到不重复的目的
const int MAXN=3000005;
int prime[MAXN];//保存素数
bool vis[MAXN];//初始化
int Prime(int n)
{
int cnt=0;
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int i=2;i<n;i++)
{
if(!vis[i])
prime[cnt++]=i;
for(int j=0;j<cnt&&i*prime[j]<n;j++)
{
vis[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0)//关键
break;
}
}
return cnt;//返回小于n的素数的个数
}
举例
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define debug puts("YES");
#define rep(x,y,z) for(int (x)=(y);(x)<(z);(x)++)
#define lrt int l,int r,int rt
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
#define ll long long
const int maxn =2e7+5;
const int mod=1e9+7;
ll gcd(ll x,ll y){return y==0?x:gcd(y,x%y);}
ll powmod(ll x,ll y){ll t;for(t=1;y;y>>=1,x=x*x%mod) if(y&1) t=t*x%mod;return t;}
/*
题目大意:就是找一个数拆成两个无平方因子
的组合数,然后求个前缀和。
这道题O(nlogn)不能过。。
筛法的巧妙就在于参杂着动态规划,
首先质数的答案贡献都是2,
那么对于要被其最小质因子筛去的合数,
该合数可以表示为prim[j]*i,如果i不是prim[j]的倍数,
那么ans[k]=ans[prim[j]]*ans[i](DP).
也好想,dp[x]只要拆解x为p和q,p和q不含相同因子即可,dp[p]*dp[q].
如果i含有prim[j]呢,两种情况,
如果i可以整除质因子的平方,那么答案置为零,
如果不能,那么根据DP的思想,答案可以去除平方项计算。
欧拉筛的思想是,每个数只能被其最小的质因子筛去,
这样DP的思想是有效的,状态无疑是可以坍塌到以前的。
*/
int prim[maxn],tot=0;
int vis[maxn],miu[maxn];
int ans[maxn];
void sieve()
{
ans[1]=1;
for(int i=2;i<maxn;i++)
{
if(vis[i]==0) prim[tot++]=i,ans[i]=2;
for(int j=0;j<tot;j++)///欧拉筛的思想是,每个数只能被其最小的质因子筛去,这样DP的思想也是有效的,因为状态无疑是可以坍塌到以前的。
{
int k=prim[j]*i;
if(k>=maxn) break;
vis[k]=1;
if(i%prim[j]) ans[k]=ans[i]*ans[prim[j]];
else
{
int tp=prim[j]*prim[j];
if(i%tp==0) ans[k]=0;
else ans[k]=ans[k/tp];
break;
}
}
}
}
int n;
int main()
{
sieve();
// for(int i=1;i<maxn;i++)
//{
// for(int j=i,k=1;j<maxn;j+=i,k++)
// {
// ans[j]+=miu[k]*miu[i];
// }
//}
for(int i=1;i<maxn;i++)
{
ans[i]+=ans[i-1];
}
int t;scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d",&n);
printf("%d\n",ans[n]);
}
return 0;
}