1.普通素数筛选模板
关于复杂度的证明,用整体的思路就很好证明,算法由一层循环O(n)再加上所有产生的合数,可以证明每个合数都会被产生一次且仅一次。所以这个算法每一次运算都产生了一个合数(真是牛逼),没有丝毫重复的操作。最终复杂度为O(n)
最普通的方法
说明:解决这个问题的诀窍是如何安排删除的次序,使得每一个非质数都只被删除一次。 中学时学过一个因式分解定理,他说任何一个非质(合)数都可以分解成质数的连乘积。例如,16=2^4,18=2 * 3^2,691488=2^5 * 3^2 * 7^4等。如果把因式分解中最小质数写在最左边,有16=4^2,18=2*9,691488=2^5 * 21609,;换句话说,把合数N写成N=p^k * q,此时q当然是大于p的,因为p是因式分解中最小的质数。由于因式分解的唯一性,任何一个合数N,写成N=p^k * q;的方式也是唯一的。 由于q>=p的关系,因此在删除非质数时,如果已知p是质数,可以先删除p^2,p^3,p^4,... ,再删除pq,p^2*q,p^3*q,...,(q是比p大而没有被删除的数),一直到pq>N为止。
因为每个非质数都只被删除一次,可想而知,这个程序的速度一定相当快。依据Gries与Misra的文章,线性的时间,也就是与N成正比的时间就足够了(此时要找出2N的质数)。
#include <iostream> #include<cstring> using namespace std; const int nmax=100; int prime[nmax];//素数数组 int mark[nmax];//全体数的标记数组 int Prime(int n){ int index=0;//index记录素数个数 memset(mark,0,sizeof(mark)); //prime[index++]=2; //素数数组中第一个素数为2,更新index for(int i=2;i<n;i++){ if(mark[i]!=1){//如果此时序列周未标记 prime[index++]=i;//此时未标记序列中最小的那个是素数 for(int j=2*i;j<n;j+=i){//将该数的整数倍都标记 mark[j]=1; } } } return index; } int main(int argc, char** argv) { int ans=Prime(100); printf("%d\n",ans); int cnt=0; /*for(int i=2;i<nmax;i++){ if(mark[i]!=1){ printf("%d ",i); cnt++; } } printf("\n%d\n",cnt);*/ return 0; }
2.快速素数筛选
这种方法经证明只需要2n的复杂度,但是因为有*,/,%等运算,所以只比一般素数筛选快3倍左右。关于复杂度的证明,用整体的思路就很好证明,算法由一层循环O(n)再加上所有产生的合数,可以证明每个合数都会被产生一次且仅一次。所以这个算法每一次运算都产生了一个合数(真是牛逼),没有丝毫重复的操作。最终复杂度为O(n)
#include <iostream> #include<cstring> using namespace std; const int nmax=100; int Mark[nmax]; int prime[nmax]; //判断是否是一个素数 Mark 标记数组 index 素数个数 int Prime(int n){ int index = 0; memset(Mark,0,sizeof(Mark)); for(int i = 2; i <= n; i++) { //如果未标记则得到一个素数 if(Mark[i] == 0){ prime[index++] = i; } //标记目前得到的素数的i倍为非素数 for(int j = 0; j < index && (long long)prime[j] * i <=n; j++) { Mark[i * prime[j]] = 1; if(i % prime[j] == 0){//如果倍数i能整除已有的素数,则已经标记过了 break; } } } return index; } int main(int argc, char** argv) { int ans=Prime(100); printf("%d\n",ans); int cnt=0; for(int i=2;i<=100;i++){ if(Mark[i]!=1){ printf("%d ",i); cnt++; } } printf("\n%d\n",cnt); return 0; }