报名明年4月蓝桥杯软件赛的同学们，如果你是大一零基础，目前懵懂中，不知该怎么办，可以看看本博客系列：备赛20周合集
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文章目录
- 1. 模运算
- 2. 快速幂
- 3. 素数
- 3.1 小素数的判定
- 3.2 素数筛
- 3.3 质因数分解
第14周: 快速幂+素数
蓝桥杯肯定考数学，例如数论、几何、概率论、组合数学等。这里介绍几个简单、常见的知识点。
1. 模运算
模运算是大数运算中的常用操作。如果一个数太大，无法直接输出，或者不需要直接输出，可以把它取模后，缩小数值再输出。
[ 模是Mod的音译，读作mó。Mod意为求余。]
定义取模运算为a除以m的余数，记为：a mod m = a % m
正整数取模的结果满足 0 ≤ a mod m ≤ m-1，其含义是用给定的m限制计算结果的范围。若m = 10，就是取a的个位数；若m = 2，余数为0，表示a为偶数，否则a为奇数。
一般的求余都是正整数的操作，如果是负数求余，不同的编程语言结果可能不同，下面给出三种语言的例子。
C和Java例子：（1）5 % 3，输出2；（2）(-5) % (-3)，输出-2；（3）5 % (-3)，输出2；（4）(-5) % 3，输出-2。计算规则是：先按正整数求余，然后加上符号，符号和被除数一样。
Python的负数求余有点奇怪，例如：（1）123 % 10，输出3；（2）123 %(-10)，输出-7。原因是Python的求余是向下对齐的。
取模操作满足以下性质：
加：(a+b) mod m = ((a mod m) + (b mod m)) mod m。如果没有限制a、b的正负，C代码中左右可能符号相反、大小相差m。但是Python代码不存在这个问题。
减：(a - b) mod m = ((a mod m) – (b mod m)) mod m。C代码中左右可能符号相反、大小相差m。但是Python代码不存在这个问题。
乘：(a × b) mod m = ((a mod m) × (b mod m)) mod m
然而，对除法取模进行类似操作是错误的：(a/b) mod m = ((a mod m)/(b mod m)) mod m
例如，(100/50) mod 20 = 2，(100 mod 20) / (50 mod 20) mod 20 = 0，两者不相等。
2. 快速幂
一个常见的考点是做幂运算 a n a^n an，即n个a相乘，n一般极大，例如 n = 1 0 15 n=10^{15} n=1015。如果直接计算 a n a^n an，逐个相乘，那么要乘n次，肯定会超时。另外，由于 a n a^n an极大，一般会取模（求余数）再输出。
例题：快速幂
问题描述：给你三个整数a，n，m，求 a n a^n an mod m。
输入：输入只有一行三个整数，分别代表a，n，m。0≤a, b< 2 31 2^{31} 231，a+b>0，2≤p< 2 31 2^{31} 231。
输出：输出一行一个字符串 a^n mod m=s，其中a，n，m分别为题目给定的值，s为运算结果。
输入样例：
2 10 9
输出样例：
2^10 mod 9=7
容易想到一种很快的办法：先算 a 2 a^2 a2，然后再算平方 a 2 2 {a^2}^2 a22，再继续平方 a 2 2 2 {{a^2}^2}^2 a222，…总共只需要算O(logn)次，就得到了 a n a^n an。当 n = 1 0 15 n=10^{15} n=1015时，logn ≈ 50，计算量极小。不过这里的n需要是2的倍数，如果不是2的倍数呢？
下面先用分治法实现这个思路。分治法是一种“从宏观到微观”的处理方法。在快速幂这个问题中，把规模为n的大问题分解成两个完全一样的规模为n/2的子问题，子问题再继续分解，直到最后n=1，此时直接返回a即可。
下面是 a n % m a^n \% m an%m的分治法代码。注意第6、8、9行中”%m”的取模操作，如果不取模会导致溢出。
C++代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll; //用long long，比int的范围大
ll fastPow(ll a, ll n,ll m){ //a^n % mif(n == 0) return 1; //特判 a^0 = 1if(n == 1) return a % m;ll t = fastPow(a, n/2, m); //分治if(n%2 == 1) return (t % m * t % m) * a % m; //奇数个aelse return t % m * t % m ; //偶数个a
}
int main(){ll a,n,m; cin>>a>>n>>m; printf("%lld^%lld mod %lld=%lld",a,n,m,fastPow(a,n,m));return 0;
}
java代码
import java.util.Scanner;
public class Main {public static long fastPow(long a, long n, long m) {if (n == 0) return 1;if (n == 1) return a % m;long t = fastPow(a, n / 2, m);if (n % 2 == 1) return (t % m * t % m) * a % m;else return t % m * t % m;}public static void main(String[] args) {Scanner sc = new Scanner(System.in);long a = sc.nextLong();long n = sc.nextLong();long m = sc.nextLong();System.out.printf("%d^%d mod %d=%d", a, n, m, fastPow(a, n, m));}
}
python代码
def fastPow(a, n, m):if n == 0: return 1if n == 1: return a % mt = fastPow(a, n//2, m)if n % 2 == 1: return (t * t) * a % melse: return t * t % m
a, n, m = map(int, input().split())
print(str(a) + '^' + str(n) + ' mod ' + str(m) + '=' + str(fastPow(a, n, m))) 读者可以用n=7来模拟代码的计算过程，了解它是如何处理n的，特别是n为奇数的情况。
这个代码已经很不错了，不过，标准的快速幂有更好的方法，用位运算实现。位运算实现快速幂的效率和分治法的效率一样，都是O(logn)的。
基于位运算的快速幂，用到了二进制数的性质，二进制数每一位的权值是按2的倍数递增的。下面以 a 11 a^{11} a11为例说明如何用倍增法做快速幂。
（1）幂次与二进制的关系。把 a 11 a^{11} a11分解成幂 a 8 a^8 a8、 a 2 a^2 a2、 a 1 a^1 a1的乘积： a 11 = a 8 + 2 + 1 = a 8 × a 2 × a 1 a^{11} = a^{8+2+1} = a^8 × a^2 × a^1 a11=a8+2+1=a8×a2×a1。其中 a 1 、 a 2 、 a 4 、 a 8 a^1、a^2、a^4、a^8 a1、a2、a4、a8…的幂次都是2的倍数，所有的幂ai都是倍乘关系，可以逐级递推，在代码中用 a *= a实现。
（2）幂次用二进制分解。如何把11分解为8+2+1？利用数的二进制的特征， n = 1 1 10 = 101 1 2 = 2 3 + 2 1 + 2 0 = 8 + 2 + 1 n = 11_{10} = 1011_2 = 2^3+2^1+2^0 = 8+2+1 n=1110=10112=23+21+20=8+2+1，只需要把n按二进制逐位处理就可以了。
（3）如何跳过那些没有的幂次？例如1011需要跳过 a 4 a^4 a4。做个判断即可，用二进制的位运算实现，用到了n & 1和n >>= 1这两个位运算。
n & 1：取n的最后一位，并且判断这一位是否需要跳过。
n >>= 1：把n右移一位，目的是把刚处理过的n的最后一位去掉。
以 n = 101 1 2 n=1011_2 n=10112为例，步骤如下：
n=1011，计算n & 1得1，最后一位是1，对应 a1。n >>= 1，右移一位，更新n=101。
n=101，计算n & 1得1，最后一位是1，对应 a2。n >>= 1，更新n=10。
n=10，计算n & 1得0，最后一位是0，跳过a4。n >>= 1，更新n=1。
n=1，计算n & 1得1，最后一位是1，对应a8。n >>= 1，更新n=0，结束。
下面是快速幂的代码。
C++代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll; //用long long，比int的范围大
ll fastPow(ll a, ll n, ll m){ll ans = 1;a %= m; //能在一定程度上防止下面的a*a越界while(n) {if(n & 1) ans = (ans*a) % m; //取模a = (a*a) % m; //取模n >>= 1;}return ans;
}
int main(){ll a,n,m; cin >> a >> n>> m; //m是模printf("%lld^%lld mod %lld=%lld",a,n,m,fastPow(a,n,m));return 0;
}
``java代码
```java
import java.util.Scanner;
public class Main {public static long fastPow(long a, long n, long m) {long ans = 1;a %= m;while (n > 0) {if ((n & 1) == 1) ans = (ans * a) % m;a = (a * a) % m;n >>= 1;}return ans;}public static void main(String[] args) {Scanner sc = new Scanner(System.in);long a = sc.nextLong();long n = sc.nextLong();long m = sc.nextLong();System.out.printf("%d^%d mod %d=%d", a, n, m, fastPow(a, n, m));}
}
python代码
def fastPow(a, n, m):ans = 1while n:if n & 1: ans *= aa = (a * a) % mn >>= 1return ans % m
a, n, m = map(int, input().split())
print(str(a) + '^' + str(n) + ' mod ' + str(m) + '=' + str(fastPow(a, n, m)))
再做一题。
越狱
问题描述：监狱有n个房间，每个房间关押一个犯人，有m种宗教，每个犯人会信仰其中一种。如果相邻房间的犯人的宗教相同，就可能发生越狱，求有多少种状态可能发生越狱。答案对100,003取模。
输入：输入只有一行两个整数，分别代表宗教数m和房间数n。1≤m≤ 1 0 8 10^8 108, 1≤n≤ 1 0 12 10^{12} 1012。
输出：输出一行一个整数代表答案。
输入样例：
2 3
输出样例：
6
这是一道简单的组合数学问题。直接算越狱的方案数不方便，可以用总方案数减去不越狱的方案数，就是答案。
（1）总方案数。一个房间可以有m种宗教，所以n个房间一共有 m n m^n mn种方案。
（2）不越狱的方案数，就是任意两个相邻房间都不同的方案数。第1间有m种宗教；第2间不能和第1间相同，所以有m-1种；第3间还是有m-1种，因为它不能和第2间相同，但是可以和第1间相同；第4间、第5间、…、第n间也都是m-1种。所以不越狱的方案数一共是 m ( m − 1 ) n − 1 m(m-1)^{n-1} m(m−1)n−1。
答案是 m n − m ( m − 1 ) n − 1 m^n-m(m-1)^{n-1} mn−m(m−1)n−1，因为n很大，需要用快速幂计算。下面的代码，注意17~19行的取模处理。
C++代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll; //用long long，比int的范围大
ll fastPow(ll a, ll n, ll m){ll ans = 1;a %= m; //能在一定程度上防止下面的a*a越界while(n) {if(n & 1) ans = (ans*a) % m; //取模a = (a*a) % m; //取模n >>= 1;}return ans;
}
int main(){ll n,m; cin >> m>> n;ll mod = 100003;ll ans = fastPow(m,n,mod) - m%mod * fastPow(m-1,n-1,mod)%mod;if(ans<0) ans += mod; //ans可能是负的，变为正数ans %= mod;cout << ans;return 0;
}
java代码
import java.util.Scanner;
public class Main {public static long fastPow(long a, long n, long m) {long ans = 1;a %= m;while (n > 0) {if ((n & 1) == 1) ans = (ans * a) % m;a = (a * a) % m;n >>= 1;}return ans;}public static void main(String[] args) {Scanner sc = new Scanner(System.in);long m = sc.nextLong();long n = sc.nextLong();long mod = 100003;long ans = fastPow(m, n, mod) - (m % mod) * fastPow(m - 1, n - 1, mod) % mod;if (ans < 0) ans += mod;ans %= mod;System.out.println(ans);}
}
python代码
def fastPow(a, n, m):ans = 1while n:if n & 1: ans *= aa = (a * a) % mn >>= 1return ans % m
m, n = map(int, input().split())
mod = 100003
ans = fastPow(m, n, mod) - m * fastPow(m - 1, n - 1, mod) % mod
if ans < 0: ans += mod
ans %= mod
print(ans)
3. 素数
素数（质数）是数论的基础内容，也是算法竞赛的常考知识点。下面介绍素数的判定、筛选、质因数分解的方法和代码。
3.1 小素数的判定
素数定义：只能被1和自己整除的正整数。前20个素数是：2、3、5、7、11、13、17、19、23、29、31、3741、4347、53、59、61、67、71。素数的分布并不稀疏，小于一亿的素数有576万个。
如何判断一个数n是不是素数？当 n ≤ 1 0 12 n ≤ 10^{12} n≤1012时，用试除法：用[2, n-1]内的所有数去试着除n，如果都不能整除，就是素数。
很容易发现，试除法可以优化，把 [ 2 , n − 1 ] [2, n-1] [2,n−1]缩小到 [ 2 , n ] [2,\sqrt{n}] [2,n]。因为如果n不是素数，那么它肯定有一个≤ n \sqrt{n} n的因子，证明如下：若n=a×b，设a≤b，那么肯定有a≤ n \sqrt{n} n。经过这个优化后，试除法的计算复杂度是O( n \sqrt{n} n)， n ≤ 1 0 12 n ≤ 10^{12} n≤1012时够用。下面是代码。
C++代码
bool is_prime(long long n){if(n <= 1) return false; //1不是素数for(long long i=2; i <= sqrt(n); i++)if(n % i == 0) return false; //能整除，不是素数return true; //是素数
}
java代码
import java.util.Scanner;
public class Main {public static boolean isPrime(long n) {if (n <= 1) return false;for (long i = 2; i <= Math.sqrt(n); i++)if (n % i == 0) return false; return true;}public static void main(String[] args) {Scanner sc = new Scanner(System.in);long n = sc.nextLong();if (isPrime(n)) System.out.println("is prime");else System.out.println("not prime");}
}
python代码
import math
def is_prime(n):if n <= 1: return Falsefor i in range(2, int(math.sqrt(n)) + 1): # sqrt(n)或n**0.5if n % i == 0: return Falsereturn True
n = int(input())
if is_prime(n): print("is prime")
else: print("not prime")
试除法还可以继续优化。 [ 2 , n ] [2,\sqrt{n}] [2,n]可以继续缩小，如果提前算出 [ 2 , n ] [2,\sqrt{n}] [2,n]内的所有素数，那么用这些素数来除n就行了，因为 [ 2 , n ] [2,\sqrt{n}] [2,n]中的合数已经被素数除过了。下一节的埃氏筛法就用到这一原理。
选数
问题描述：已知n 个整数a1、a2、…、an，以及1个整数k(k<n)。从n个整数中任选k个整数相加，可分别得到一系列的和。例如当n = 4, k= 3，4个整数分别为3、7、12、19时，可得全部的组合与它们的和为：
3+7+12=22
3+7+19=29
7+12+19=38
3+12+19=34
现在，要求你计算出和为素数共有多少种。
例如上例，只有一种的和为素数:3+7+19=29。
输入：第一行两个空格隔开的整数n, k(1≤n≤ 20，k<n)。第二行n个整数，分别为a1、a2、…、an，1≤ai≤5×106。
输出：输出一个整数表示种类数。
输入样例：
4 3
3 7 12 19
输出样例：
1
本题是一道简单的综合题：DFS+素数判定。先用DFS从n个数中任选k个，然后求和并判断是否为素数。
从n个数中选k个，且这k个数没有顺序关系，这是组合问题。选数的思路是：
（1）选第1个数，这个数可以是n个数中的任何一个，设选了ai。i从1到n遍历。
（2）选第2个数，此时选位置i后面的数，因为这样做可以避免重复。例如样例的{3, 7, 12, 19}，若当前的组合选了{3, 12}，那么下一次只能选后面的19，不能回头选7，这样会重复，因为{3, 7, 12}这个组合在前面已经选过了。
（3）按上述方法选其他数，直到满k个。
下面的代码，请注意DFS是如何执行的。第18行dfs()继续选下一个数，并且下一个数的位置在已经选的数后面。
C++代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k;
int a[25];
int ans; //如果担心 int不够，可以改为 long long
bool is_prime(int s){ //判断s是否为素数。s很小，用int够了if(s <= 1) return false;for(int i=2; i <= sqrt(s); i++)if(s % i == 0) return false;return true;
}
void dfs(int cnt, int sum, int p){ //选了cnt个,和为sum;下一个从a[p]开始选if(cnt == k){ //已经选了k个if(is_prime(sum)) ans++;return ;}for(int i = p; i < n; i++)dfs(cnt+1, sum+a[i], i+1); //继续选下一个，并且下一个在a[i]后面return ;
}
int main(){cin >> n >> k;for(int i=0; i<n; i++) cin >> a[i];dfs(0, 0, 0);cout << ans;return 0;
}
java代码
import java.util.Scanner;
public class Main {static int n, k;static int[] a;static int ans;public static void main(String[] args) {Scanner sc = new Scanner(System.in);n = sc.nextInt();k = sc.nextInt();a = new int[n];for (int i = 0; i < n; i++) a[i] = sc.nextInt(); dfs(0, 0, 0);System.out.println(ans);sc.close();}static boolean isPrime(int s) {if (s <= 1) return false;for (int i = 2; i <= Math.sqrt(s); i++) if (s % i == 0) return false; return true;}static void dfs(int cnt, int sum, int p) {if (cnt == k) {if (isPrime(sum)) ans++;return;}for (int i = p; i < n; i++) dfs(cnt + 1, sum + a[i], i + 1); }
}
python代码
n, k = map(int, input().split())
a = list(map(int, input().split()))
ans = 0
def is_prime(s):if s <= 1: return Falsefor i in range(2, int(s ** 0.5) + 1):if s % i == 0: return Falsereturn True
def dfs(cnt, sum, p):global ansif cnt == k:if is_prime(sum): ans += 1returnfor i in range(p, n):dfs(cnt + 1, sum + a[i], i + 1)
dfs(0, 0, 0)
print(ans)
3.2 素数筛
素数筛用来解决这个问题：给定正整数n，求2~n内所有的素数。
可以用上一节的素数判定方法，一个个地判断，计算复杂度是O()。这个计算量有点大，有没有更快的方法？
容易想到用“筛子”，把非素数筛掉，剩下的就是素数。例如用2去筛2~n内的数，一次可以把所有的偶数筛掉。
有两种素数筛：埃氏筛、欧拉筛。埃氏筛的计算复杂度是O(nloglogn)；欧拉筛的复杂度是O(n)，不可能更快了。埃氏筛的编码简单，一般情况下也够用。
埃氏筛的操作很简单。下面以初始数列{2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13}为例，说明它的操作步骤。
（1）记录最小的素数2，然后筛掉2的倍数，得{2, 3, 4 , 5, 6 , 7, 8 , 9, 10 , 11, 12 , 13}。
（2）记录下一个素数3，然后筛掉3的倍数，得{2, 3, 4 , 5, 6 , 7, 8 , 9 , 10 , 11, 12 , 13}。
（3）记录下一个素数5，然后筛掉5的倍数，得{2, 3, 4 , 5, 6 , 7, 8 , 9 , 10 , 11, 12 , 13}。
继续以上步骤，直到结束。
下面是代码，其中visit[i]记录数i的状态，如果visit[i] = true，表示它被筛掉了，不是素数。用prime[]存放素数，例如prime[1]=2，是第一个素数。
C++代码
const int N = 1e7; //定义空间大小，1e7约10M
int prime[N+1]; //存放素数，它记录visit[i] = false的项
bool visit[N+1]; //visit[i] = true表示i被筛掉，不是素数
int E_sieve(int n) { //埃氏筛法，计算[2, n]内的素数int k=0; //统计素数个数for(int i=0; i<=n; i++) visit[i]= false; //初始化for(int i=2; i<=n; i++) { //从第一个素数2开始。可优化（1）if(!visit[i]) {prime[++k] = i; //i是素数，存储到prime[]中for(int j=2*i; j<=n; j+=i) //i的倍数，都不是素数。可优化（2）visit[j] = true; //标记为非素数，筛掉}}return k; //返回素数个数
}
java代码
public class Main {public static int N = 10000000; // 定义空间大小，1e7约10M
public static int[] prime = new int[N + 1];
// 存放素数，它记录visit[i] = false的项
public static boolean[] visit = new boolean[N + 1];
// visit[i] = true表示i被筛掉，不是素数public static int E_sieve(int n) { // 埃氏筛法，计算[2, n]内的素数int k = 0; // 统计素数个数for (int i = 0; i <= n; i++) visit[i] = false; // 初始化for (int i = 2; i <= n; i++) { // 从第一个素数2开始。可优化（1）if (!visit[i]) {prime[++k] = i; // i是素数，存储到prime[]中for (int j = 2*i; j<=n; j+=i) //i的倍数都不是素数。优化（2）visit[j] = true; // 标记为非素数，筛掉}}return k; // 返回素数个数}public static void main(String[] args) {int n = 100;int primeCount = E_sieve(n);System.out.println("cnt of prime:" + primeCount);System.out.print("list of prime:");for (int i = 1; i <= primeCount; i++)
System.out.print(prime[i] + " "); }
}
python代码
N = 10000000 # 定义空间大小，1e7约10M
prime = [0] * (N + 1) # 存放素数，它记录visit[i] = false的项
visit = [False] * (N + 1) # visit[i] = True表示i被筛掉，不是素数
def E_sieve(n):k = 0 # 统计素数个数visit[0: n + 1] = [False] * (n + 1) # 初始化for i in range(2, n + 1): # 从第一个素数2开始。可优化（1）if not visit[i]:k += 1prime[k] = i # i是素数，存储到prime[]中for j in range(2*i, n+1, i): # i的倍数都不是素数。可优化（2）visit[j] = True # 标记为非素数，筛掉return k # 返回素数个数
n = 100
primeCount = E_sieve(n)
print("cnt of prime：", primeCount)
print("list of prime", end="")
for i in range(1, primeCount + 1): print(prime[i], end=" ")
上述代码有2处可以优化：
（1）用来做筛除的数2、3、5…等，最多到就 n \sqrt{n} n可以了。例如，求n = 100以内的素数，用2、3、5、7筛就足够了。其原理和试除法一样：非素数k，必定可以被一个小于等于 k \sqrt{k} k的素数整除，被筛掉。这个优化很大。
（2）for(int j=2*i; j<=n; j+=i) 中的j = 2*i优化为 j = i*i。例如i = 5时，2*5、3*5、4*5已经在前面i = 2, 3, 4的时候筛过了。这个优化较小。
下面给出优化后的代码。
C++代码
int E_sieve(int n) {for(int i = 0; i <= n; i++) visit[i]= false;for(int i = 2; i<=sqrt(n); i++) //筛掉非素数 if(!visit[i])for(int j=i*i; j<=n; j+=i) visit[j] = true; //标记为非素数
//下面记录素数int k=0; //统计素数个数for(int i = 2; i <= n; i++)if(!visit[i]) prime[++k] = i; //存素数，prime[1]=2, prime[2]=3...return k; //返回素数个数
}
java代码
public class Main {public static int N = 10000000; // 定义空间大小，1e7约10M
public static int[] prime = new int[N + 1];
// 存放素数，它记录visit[i] = false的项
public static boolean[] visit = new boolean[N + 1];
// visit[i] = true表示i被筛掉，不是素数public static int E_sieve(int n) {for (int i = 0; i <= n; i++) visit[i] = false;for (int i = 2; i <= Math.sqrt(n); i++) // 筛掉非素数if (!visit[i]) for (int j = i * i; j <= n; j += i)visit[j] = true; // 标记为非素数 // 下面记录素数int k = 0; // 统计素数个数for (int i = 2; i <= n; i++) if (!visit[i]) prime[++k] = i; // 存素数，prime[1]=2, prime[2]=3... return k; // 返回素数个数}public static void main(String[] args) {int n = 100;int primeCount = E_sieve(n);System.out.println("cnt of prime:" + primeCount);System.out.print("list of prime:");for (int i = 1; i <= primeCount; i++) System.out.print(prime[i] + " "); }
}
python代码
import math
N = 10000000 # 定义空间大小，1e7约10M
prime = [0] * (N + 1) # 存放素数，它记录visit[i] = false的项
visit = [False] * (N + 1) # visit[i] = True表示i被筛掉，不是素数
def E_sieve(n):for i in range(n + 1): visit[i] = Falsefor i in range(2, int(math.sqrt(n)) + 1): # 筛掉非素数if not visit[i]:for j in range(i * i, n + 1, i):visit[j] = True # 标记为非素数# 下面记录素数k = 0 # 统计素数个数for i in range(2, n + 1):if not visit[i]:k += 1prime[k] = i # 存素数，prime[1]=2, prime[2]=3...return k # 返回素数个数
n = 100
primeCount = E_sieve(n)
print("cnt of prime:", primeCount)
print("list of prime", end="")
for i in range(1, primeCount + 1): print(prime[i], end=" ") 埃氏筛的计算复杂度：2的倍数被筛掉，计算n/2次；3的倍数被筛掉，计算n/3次；5的倍数被筛掉，n/5次…；总计算量等于n/2+n/3+n/5+n/7+n/11+…，约为O(nloglogn)。计算量很接近线性的O(n)，已经相当好了。
空间复杂度：代码用到了bool visit[N+1]数组，当N = 1 0 7 10^7 107时，约10M。由于埃氏筛只能用于处理约n= 1 0 7 10^7 107的问题，10M空间是够用的。
埃氏筛可以算出[2, n]内的素数，不过更常见的应用场景是计算[L, R]区间内的素数，L、R极大，但R-L较小，此时也可以用埃氏筛。见下面的例题。
素数密度
问题描述：给定区间[L,R] (1≤L≤R<231，R-L≤106)，请计算区间中素数的个数。
输入：第一行，两个正整数L和R。
输出：一行，一个整数，表示区间中素数的个数。
输入样例：
2 11
输出样例：
5
简单的思路是先分别筛出[2, L]和[2, R]内各有多少个素数，然后两者相减，就是[L,R]内的素数个数。但是由于L和R最大是 2 31 2^{31} 231，用埃氏筛会超时。
由于R-L≤ 1 0 6 10^6 106很小，如果只在[L, R]范围内做素数筛，计算量很小。如何筛？前面提到，在[2, n]内做素数筛时，只用[2, n \sqrt{n} n]内的素数去筛就可以了。本题的的n是L、R， R \sqrt{R} R<50000，所以只需要先计算出50000以内的素数，然后用这些素数在[L, R]内筛去合数，剩下的就是素数。
还有一个编程问题需要解决。前面的埃氏筛代码，用visit[]数组记录被筛的情况，若visit[i] = true，表示数字i被筛去。本题的i< 2 31 2^{31} 231，如果仍然直接用visit[]数组记录，数组大小需要达到 2 31 2^{31} 231= 2G，空间肯定不够用。解决方案是记录在visit[1]~visit[R-L+1]中，visit[1]记录L是否被筛，visit[2]记录L+1是否被筛，…，visit[R-L+1]记录R是否被筛。相关代码见24~27行。
C++代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6+1;
int prime[50000]; //存放素数，p[1]=2,p[2]=3...
bool vis[N+1]; //vis[i]=true表示被筛掉，i不是素数
int E_sieve(int n) {for(int i = 0; i <= n; i++) vis[i]= false;for(int i = 2; i<=sqrt(n); i++)if(!vis[i])for(int j=i*i; j<=n; j+=i) vis[j] = true;int k=0;for(int i = 2; i <= n; i++)if(!vis[i]) prime[++k] = i;return k;
}
int main(){int cnt = E_sieve(50000); //先筛出50000内的所有素数int L,R; cin >> L >> R;if(L==1) L=2; //特判L=1的情况,1不是素数，让L从2开始memset(vis,0,sizeof(vis)); //沿用vis，注意清空for(int i=1;i<=cnt;i++){ //用筛出来的素数，在[L,R]中再筛一次int p = prime[i];long long start; //注意要用long long，因为L+p可能超过intif((L+p-1)/p*p > 2*p) start = (L+p-1)/p*p;//定位到第一个被筛的数else start = 2*p;for(long long j=start;j<=R;j+=p) //用long long, j+=p可能超intvis[j-L+1]=true; //筛掉。和第10行一样}int ans=0;for(int i=1;i<=R-L+1;++i) //R-L+1为区间长度,区间内没被标记的数是素数if(!vis[i]) ans++;cout<<ans;
}
java代码
import java.util.Arrays;
import java.util.Scanner;
public class Main {public static final int N = 1000001;public static int[] prime = new int[50000];public static boolean[] vis = new boolean[N + 1];public static int E_sieve(int n) {Arrays.fill(vis, false);for (int i = 2; i * i <= n; i++) if (!vis[i]) for (int j = i * i; j <= n; j += i) vis[j] = true; int k = 0;for (int i = 2; i <= n; i++) if (!vis[i]) prime[++k] = i; return k;}public static void main(String[] args) {Scanner sc = new Scanner(System.in);int cnt = E_sieve(50000);int L = sc.nextInt();int R = sc.nextInt();if (L == 1) L = 2; Arrays.fill(vis, false);for (int i = 1; i <= cnt; i++) {int p = prime[i];long start;if ((L + p - 1) / p * p > 2 * p) start = (L + p - 1) / p * p;else start = 2 * p; for (long j = start; j <= R; j += p) vis[(int)(j - L + 1)] = true; }int ans = 0;for (int i = 1; i <= R - L + 1; ++i) if (!vis[i]) ans++; System.out.println(ans);}
}
python代码
import math
def E_sieve(n):prime = []vis = [False] * (n+1)for i in range(2, int(math.sqrt(n))+1):if not vis[i]:for j in range(i*i, n+1, i): vis[j] = Truefor i in range(2, n+1):if not vis[i]: prime.append(i)return primeif __name__ == "__main__":prime = E_sieve(1000000)cnt = len(prime)L, R = map(int, input().split())if L == 1: L = 2vis = [False] * (R-L+1)for i in range(cnt):p = prime[i]if (L+p-1)//p*p > 2*p: start = (L+p-1)//p*pelse: start = 2*pfor j in range(start, R+1, p): vis[j-L] = Trueans = 0for i in range(R-L+1):if not vis[i]: ans += 1print(ans)
3.3 质因数分解
正整数n可以唯一地分解为有限个素数的乘积： n = p 1 c 1 p 2 c 2 . . . p m c m n = p_1^{c1}p_2^{c2}...p_m^{cm} n=p1c1p2c2...pmcm，其中 c i c_i ci都是正整数， p i p_i pi都是素数且从小到大。
分解质因子的简单方法也是试除法。求n的质因子：
（1）求最小质因子 p 1 p_1 p1。从小到大检查从2到 n \sqrt{n} n的所有数，如果它能整除n，就是最小质因子。然后连续用p1除n，目的是去掉n中的 p 1 p_1 p1，此时n更新为较小的 n 1 n_1 n1。
（2）再找 n 1 n_1 n1的最小质因子。从小到大检查从 p 1 p_1 p1到的所有数。从 p 1 p_1 p1开始，是因为 n 1 n_1 n1没有比 p 1 p_1 p1小的素因子，而且 n 1 n_1 n1的因子也是n的因子。
（3）继续步骤（2），直到结束。
最后，如果剩下一个大于1的数，那么它也是一个素数，是n的最大质因子。例如6119 = 29*211，找到29后，剩下的 n 1 n_1 n1=211，由于29≥ 211 \sqrt{211} 211，无法执行上面步骤（2），说明211无法继续分解，它是一个素数，也是质因子。
试除法的复杂度是O( n \sqrt{n} n)，效率较低，不过一般也够用。
因数分解
问题描述：每个正整数都可以分解成素数的乘积，例如：6=2×3，20= 2 2 2^2 22×5。现在，给定一个正整数，请按要求输出它的因数分解式。
输入：输入第一行，包含一个正整数N。2≤N≤ 1 0 12 10^{12} 1012。
输出：输出一行，为的因数分解式。要求按质因数由小到大排列，乘号用星号*表示，且左右各空一格。当且仅当一个素数出现多次时，将它们合并为指数形式，用上箭头^表示，且左右不空格。
输入样例：
20
输出样例：
2^2 * 5
C++代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main(){ll n; cin>>n;for (ll i=2;i<= sqrt(n);i++) { //注意n是变化的ll cnt=0; // 记录质因数i的个数if (n%i==0) { // i是质因数while(n%i==0) { //把n中的i除尽n/=i; //更新ncnt++; }if (cnt==1) cout<<i; //如果i只有一个，不输出指数else cout<<i<<'^'<<cnt; //输出指数if (n>1) cout<<" * "; //如果不是最后一个质因数，输出乘号}}if (n>1) cout<<n; //没分解干净，输出剩下的质因数return 0;
}
java代码
import java.util.Scanner;public class Main {public static void main(String[] args) {Scanner sc = new Scanner(System.in);long n = sc.nextLong(); for (long i = 2; i <= Math.sqrt(n); i++) {int cnt = 0;if (n % i == 0) {while (n % i == 0) {n /= i;cnt++;}if (cnt == 1) System.out.print(i);else System.out.print(i + "^" + cnt); if (n > 1) System.out.print(" * "); }} if (n > 1) System.out.print(n); sc.close();}
}
python代码
import math
n = int(input())
for i in range(2, int(math.sqrt(n)) + 1):cnt = 0if n % i == 0:while n % i == 0:n //= icnt += 1if cnt == 1: print(i, end='')else: print(i, '^', cnt, sep='', end='')if n > 1: print(' * ', end='')
if n > 1: print(n)
