求1到n的质数个数和O(n)

也许更好的阅读体验

\(\mathcal{AIM}\)

我们知道：

对于一个合数\(x\) 有\(x=p^{a_1}_1*p^{a_2}_2*...*p^{a_n}_n\)

现在给出一个\(n\) 求\(x\in[1,n]\)，所有\(x\)分解出的\(p\)的幂数和

例如

\(n=12\)

\(2=2^1\)

\(3=3^1\)

\(4=2^2\)

\(5=5^1\)

\(6=2^1*3^1\)

\(7=7^1\)

\(8=2^3\)

\(9=3^2\)

\(10=2^1*5^1\)

\(11=11^1\)

\(12=2^2*3^1\)

数字	个数
2	10
3	5
5	2
7	1
11	1

\(\mathcal{Resolvent}\)

对于一个合数\(x\) 有\(x=p^{a_1}_1*p^{a_2}_2*...*p^{a_n}_n\)

\(O(n\sqrt n)\)

这是最简单的想法，先记录哪些数是质数，再把\(n\)以内所有的数分解掉

int cnt;

int prime[maxn],num[maxn];//prime -> 求出来的质数   num -> 每个数出现个数

bool vis[maxn];//欧拉筛里看其是否是质数

ols(n);//这是欧拉筛

for (int i=1;i<=n;++i)

	for (int j=１;j*j<=i&&j<=cnt;++j){

		int t=i;

		while (t%prime[j]==0)	++num[prime[j]],t/=prime[j];

	}

\(O(nlog_2n)\)

考虑可不可以直接对整体求

这个方法对一些其他题也很有用

int cnt;

int prime[maxn],num[maxn];

bool vis[maxn];

ols(n);

for (int i=1;i<=cnt;++i){

	int t=prime[i],mi=1;//mi -> mi次幂

	while (t<=n){

		num[prime[i]]+=n/t*mi;

		t*=prime[i],++mi;

	}

}

\(O(n)\)

对一个数 \(x\)

\(x/p_1\)显然是比\(x\)小的，若我们知道\(x/p_1\)的答案，那么\(x\)的贡献就是\(x/p_1\)的贡献加上对\(p_1\)的一个贡献

但我们把\(x/p_1\)的答案存下来只会增加复杂度

于是我们可以反过来循环，\(x\)先对\(p_1\)加一个贡献，之后我们就可以认为多了一个\(x/p_1\)了

计算\(x/p_1\)时答案就会多一，显然我们可以一直传递下去，这样每个数只用把自己最小质因子的贡献算出即可

int cnt;

int prime[maxn],num[maxn],come[maxn];//come[i] -> i的最小质因子

bool vis[maxn];

ols(n);

for (int i=n;i>=2;--i){

	if (vis[i]){//如果是个合数

		num[come[i]]+=num[i];//最小质因子加上当前这个数要计算次数

		num[i/come[i]]+=num[i];//加上这个数需计算次数

		num[i]=0;//当前这个数没了

	}

}

巴特西

求1到n的质数个数和O(n)

\(O(n\sqrt n)\)

\(O(nlog_2n)\)

\(O(n)\)

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