Lucy_Hedgehog techniques

在project euler 的第$10$题的 $forum$ 中 Lucy Hedgehog 提到的这种方法。

### 求 $n$ 以内素数个数以及求 $n$ 以内素数和的算法。
### 定义$S(v,p)$为$2$ 到 $v$ 所有整数中，在普通筛法中外层循环筛完 $p$ 时仍然幸存的数的和。因此这些数要不本身是素数，要不其最小的素因子也大于 $p$ 。因此我们需要求的是 $S(n,\lfloor\sqrt n\rfloor)$。
### 为了计算 $S(v,p)$，先考虑几个特殊情况。

### $1.$ $p\le1$ 。此时所有数都还没有被筛掉，所以 $S(v,p)=\sum_{i=2}^{v}i=\frac{(2+v)(v-1)}{2}$。
### $2.$ $p$ 不是素数。因为筛法中 $p$ 早已被别的数筛掉，所以在这步什么都不会做，所以此时 $S(v,p)=S(v,p-1)$。
### $3.$ $p$ 是素数，但是 $v

### 现在考虑最后一种稍微麻烦些的情况：$p$ 是素数，且 $p^2\le v$。
### 此时，我们要用素数 $p$ 去筛掉剩下的那些数中 $p$ 的倍数。注意到现在还剩下的合数都没有小于 $p$ 的素因子。因此有：
### $S(v,p)=S(v,p-1)-\sum_{\substack{2\le k \le v,\\ p\mbox{为}k\mbox{的最小素因子}}}k$

### 后面那项中提取公共因子 $p$ ，有：
### $S(v,p)=S(v,p-1)-p\times\sum_{\substack{2\le k \le v,\\ p\mbox{为}k\mbox{的最小素因子}}}\frac{k}{p}$

### 因为 $p$ 整除 $k$ ，稍微变形一下，令 $t=\frac{k}{p}$，有：
### $S(v,p)=S(v,p-1)-p\times\sum_{\substack{2\le t \le \lfloor\frac{v}{p}\rfloor,\\ t\mbox{的最小素因子}\ge p}}t$

### 因为 $S$ 的定义s是（“这些数要不本身是素数，要不其最小的素因子也大于(注意!)$ p $”），此时 $p$ 后面这项可以用 $S$ 来表达。

$S(v,p)=S(v,p-1)-p\times(S(\left\lfloor\frac{v}{p}\right\rfloor,p-1)-\{p-1\mbox{以内的所有素数和}\})$

### 再用 $S$ 替换素数和得到最终表达式：
### $S(v,p)=S(v,p-1)-p\times(S(\left\lfloor\frac{v}{p}\right\rfloor,p-1)-S(p-1,p-1))$

### 我们最终的结果是 $S(n,\lfloor\sqrt n\rfloor)$。
### 这是求前 $n$ 的素数和的方法。
### 至于求前 $n$ 的素数个数的方法也差不多。
### 只需要把代码修改一下即可。

复杂度： $O(n^{0.75})$

C++代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

ll check(ll v, ll n, ll ndr, ll nv) {

    return v >= ndr ? (n / v - 1) : (nv - v);

}

// ll S[10000000];

// ll V[10000000];

ll primenum(ll n) // O(n^(3/4))

{

  ll r = (ll)sqrt(n);

  ll ndr = n / r;

  assert(r*r <= n && (r+1)*(r+1) > n);

  ll nv = r + ndr - 1;

  std::vector<ll> S(nv+1);

  std::vector<ll> V(nv+1);

  for(ll i=0;i<r;i++) {

    V[i] = n / (i+1);

  }

  for(ll i=r;i<nv;i++) {

    V[i] = V[i-1] - 1;

  }

  for(ll i = 0;i<nv;i++) {

    S[i] = V[i] - 1; //求素数个数

  }

  for(ll p=2;p<=r;p++) {

    if(S[nv-p] > S[nv-p+1]) {

      ll sp = S[nv-p+1]; // sum of primes smaller than p

      ll p2 = p*p;

  //    std::cout << "p=" << p << '\n'; // p is prime

      for(ll i=0;i<nv;i++) {

        if(V[i] >= p2) {

          S[i] -= 1LL  * (S[check(V[i] / p, n, ndr, nv)] - sp);// //求素数个数

        }

        else break;

      }

    }

  }

  return S[0];

}

ll primesum(ll n) // O(n^(3/4))

{

  ll r = (ll)sqrt(n);

  ll ndr = n / r;

  assert(r*r <= n && (r+1)*(r+1) > n);

  ll nv = r + ndr - 1;

  std::vector<ll> S(nv+1);

  std::vector<ll> V(nv+1);

  for(ll i=0;i<r;i++) {

    V[i] = n / (i+1);

  }

  for(ll i=r;i<nv;i++) {

    V[i] = V[i-1] - 1;

  }

  for(ll i = 0;i<nv;i++) {

    S[i] = V[i] * ( V[i] + 1) / 2 - 1; //求素数和

  }

  for(ll p=2;p<=r;p++) { // p is prime

    if(S[nv-p] > S[nv-p+1]) {

      ll sp = S[nv-p+1]; // sum of primes smaller than p

      ll p2 = p*p;

      for(ll i=0;i<nv;i++) {

        if(V[i] >= p2) {

        S[i] -= p* (S[check(V[i] / p, n, ndr, nv)] - sp); //求素数和

        }

        else break;

      }

    }

  }

  return S[0];

}

int main(int argc, char const *argv[]) {

//  std::cout << primesum(1e6) << '\n';

  std::cout << primenum(1e10) << '\n';

  std::cout << primesum(2e6) << '\n';

  cerr << "Time elapsed: " << 1.0 * clock() / CLOCKS_PER_SEC << " s.\n";

  return 0;

}

巴特西

Lucy_Hedgehog techniques

在project euler 的第\(10\)题的 \(forum\) 中 Lucy Hedgehog 提到的这种方法。

\(S(v,p)=S(v,p-1)-p\times(S(\left\lfloor\frac{v}{p}\right\rfloor,p-1)-\{p-1\mbox{以内的所有素数和}\})\)

复杂度： \(O(n^{0.75})\)

C++代码：

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