Eular质数筛法

在o(n)的时间内求得n以内的质数

如果一个数是质数，那么他的倍数一定是合数，从而从1到n筛选一次即可，但是有一个问题，对于数10来说，在质数是2的时候被筛掉过一次，质数是5的时候又被筛掉一次，造成了冗余，如何解决这个问题呢？

在枚举的时候，我们只枚举i的质数倍。比如2i,3i,5i,...，而不去枚举4i,6i, 此外，在从小到大依次枚举质数p来计算i的倍数时，我们还需要检查i是否能够整除p。若i能够整除p，则停止枚举。

利用该算法，可以保证每个合数只会被枚举到一次。我们可以证明如下命题：

假设一个合数k=M*p1，p1为其最小的质因子。则k只会在i=M，primeList[j]=p1时被筛掉一次。

首先会在i=M，primeList[j]=p1时被筛掉是显然的。因为p1是k的最小质因子，所以i=M的所有质因子也≥p1。于是j循环在枚举到primeList[j]=p1前不会break，从而一定会在i=M，primeList[j]=p1时被筛掉

其次不会在其他时候被筛掉。否则假设k在i=N, primeList[j]=p1时被筛掉了，此时有k=N*p2。由于p1是k最小的质因子，所以p2 > p1，M > N且p|N。则i=N，j枚举到primeList[j]=p1时(没到primeList[j]=p2)就break了。所以不会有其他时候筛掉k。

同时，不枚举合数倍数的原因也在此：对于一个合数k=M *2*3。只有在枚举到i=M*3时，才会计算到k。若我们枚举合数倍数，则可能会在i=M时，通过M*6计算到k，这样也就造成了多次重复计算了。

代码如下：

#include <iostream>
#include <string>
#include <cstring>
#include <cstdlib>

using namespace std;

int N;
const int MAXN = 1e6+10;
bool isPrime[MAXN];
int prime[MAXN];

int Eula()
{
    memset(isPrime, 1, sizeof(isPrime));
    memset(prime, 0, sizeof(prime));
    int count = 0;
    for( int i = 2 ; i <= N ; i++ )
    {
        if(isPrime[i])
        {
            prime[count++] = i;
        }
        for( int j = 0 ; j < count ; j++ )
        {
            if(prime[j] * i > N) break;
            isPrime[prime[j] * i] = false;
            if(i % prime[j] == 0) break;
        }
    }
    return count;
}

int main(int argc, char *argv[])
{
    scanf("%d", &N);
    printf("%d\n", Eula());
}