素数筛（从O(N*sqrt(N))到O(N)）

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原始版本$O(n\sqrt{n})$

1.比质数p小的数都和p互质。
2.如果一个数x存在两个因子n, m，那一定满足$n<=\sqrt{x}且m>=\sqrt{x}$或者$n>=\sqrt{x}且m<=\sqrt{x}$
那我们只要验证x是否为素数，我们就可以在$[2,\sqrt{x}]$范围中寻找就足够了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N = 1e5+8;
ll p1[N], u;
bool st[N];
int main() {
    
    
	ll x = 0;
	bool f;
	for(int i=2; i<N; i++) {
    
    
		f = true;
		for(int j=2; j<sqrt(i)+1; j++) {
    
    
			x ++;//记录循环次数
			if(i != j && i%j == 0){
    
    
				f = false;
				break;
			}
		}
		if(f) p1[u++] = i;
	}
	cout << u << ' ' << x << endl;
	//u = 9593; x = 2755713;
	return 0;
}

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埃氏筛法$O(nloglog(n))$

埃氏筛法的主要思路：
$i$从2开始枚举，将$i$之后的所有$i$的倍数$(i\ast j<N)$都标记。在枚举到未被标记的$i$时，说明小于i的元素中没有$i$的倍数，等价于$i$就是素数。

优化版本:将要被的标记元素从$i\ast i$开始，每次加$i$，相当于$i\ast (i+j)$。
我们来列举一下。
$2\ast 23\ast 34\ast 45\ast 5$
$2\ast 33\ast 44\ast 55\ast 6$
$2\ast 43\ast 54\ast 65\ast 7$
$2\ast 53\ast 64\ast 75\ast 8$
$............................$
我们能够发现，$i\ast i$之前的$i\ast (i-j)j>0$的倍数都会被$(i-j)\ast i$标记，我们在这里减少了重复标记的次数。
优化中还有一个小问题：为啥$i$只需要枚举到$\sqrt{N}$就行了i<sqrt(N)+1
因为我们在第二层循环中是从$i\ast i$开始，到N结束，所以我们能够标记区间$[2,N]$的全部元素

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N = 1e5+8;
ll p2[N], p3[N], p4[N], u;
bool st[N];
int main() {
    
    
	ll x = 0;
	for(int i=2; i<N; i++) {
    
    
		if(!st[i]){
    
    
			p2[u++] = i;
			for(int j=2; j*i<N; j++) {
    
    
				st[j*i] = true;
				x++;
			}
		}  	
	}
	cout << u << ' ' << x << endl;
	//u = 9593; x = 256826;

	//优化
	memset(st, 0, sizeof st);
	u = x = 0;
	for(int i=2; i<sqrt(N)+1; i++) {
    
    
		if(!st[i]){
    
    
			for(int j=i*i; j<N; j+=i) {
    
    
				st[j] = true;
				x++;
			}
		} 
	}
	for(int i=2; i<N; i++) {
    
    
		if(!st[i]) p3[u++] = i;
	}
	cout << u << ' ' << x << endl;
	//u = 9593; x = 193091;
	return 0;
} 

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线性筛$O(n)$

这条语句是减少复杂度的关键if(i % p4[j] == 0) break;
我们来列举一下被标记元素$i\ast p4[j]$变化过程：

2	3	4	5	6	7	8	9	10
2*2	3*2	4*2	5*2	6*2	7*2	8*2	9*2	10*2
	3*3		5*3		7*3		9*3
			5*5		7*5
					7*7

加入把关键句去掉，将会出现$4\ast 3，6\ast 3$等。
但我们在后面寻找可以发现$4\ast 3<=>6\ast 2，6\ast 3<=>9\ast 2$，这样就减少了重复标记的次数。
这样就保证了每个合数只会被它的最小质因数标记，所以时间复杂度为$O(N)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N = 1e5+8;
ll p4[N], u;
bool st[N];
int main() {
    
    
	ll x = 0;
	memset(st, 0, sizeof st);
	u = x = 0;
	for(int i=2; i<N; i++) {
    
    
		if(!st[i]) p4[u++] = i;
		for(int j=0; j<u && i*p4[j]<N; j++) {
    
    
			x++;
			st[i*p4[j]] = true;
			if(i % p4[j] == 0) break;
			//在删掉这条语句之后u = 9593, x = 193091;
			//证明这条语句是减少复杂度的关键。
		}
	}
	cout << u << ' ' << x << endl;
	//u = 9593; x = 90413;
	return 0;
} 

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三合一代码。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N = 1e5+8;
ll p1[N], p2[N], p3[N], p4[N], u;
bool st[N];
int main() {
    
    
	ll x = 0;
	bool f;
	for(int i=2; i<N; i++) {
    
    
		f = true;
		for(int j=2; j<sqrt(i)+1; j++) {
    
    
			x ++;
			if(i != j && i%j == 0){
    
    
				f = false;
				break;
			}
		}
		if(f) p1[u++] = i;
	}
	cout << u << ' ' << x << endl;
	u = x = 0;
	for(int i=2; i<N; i++) {
    
    
		if(!st[i]){
    
    
			p2[u++] = i;
			for(int j=2; j*i<N; j++) {
    
    
				st[j*i] = true;
				x++;
			}
		}  	
	}
	cout << u << ' ' << x << endl;
	memset(st, 0, sizeof st);
	u = x = 0;
	for(int i=2; i<sqrt(N)+1; i++) {
    
    
		if(!st[i]){
    
    
			for(int j=i*i; j<N; j+=i) {
    
    
				st[j] = true;
				x++;
			}
		} 
	}
	for(int i=2; i<N; i++) {
    
    
		if(!st[i]) p3[u++] = i;
	}
	cout << u << ' ' << x << endl;
	memset(st, 0, sizeof st);
	u = x = 0;
	for(int i=2; i<N; i++) {
    
    
		if(!st[i]) p4[u++] = i;
		for(int j=0; j<u && i*p4[j]<N; j++) {
    
    
			x++;
			st[i*p4[j]] = true;
			if(i % p4[j] == 0) break;
		}
	}
	cout << u << ' ' << x << endl;
	return 0;
}