【马蹄集】—— 数论专题：筛法

数论专题

MT2213 质数率

难度：黄金时间限制：1秒占用内存：256M

题目描述

请求出 $\left[1,n\right]$ 范围内质数占比率。

格式

输入格式：一样一个整数 $n$ ，含义如题描述。。
输出格式：输出 $\left[1,n\right]$ 范围内的质数占比，保留 3 位小数。

样例 1

输入：
10

输出：
0.400

备注

对于 100% 的数据： $1\le n \le 10^8$ 。

相关知识点：筛法

题解

题目的要求很简单，本质就是求指定区间内的质数。最常规的做法就是暴力枚举：对区间 $\left[1,n\right]$ 内的每个数进行判断，统计其是否为质数。即：

// 判断一个数是否为质数 
bool isPrime(int n)
{
    int limit = sqrt(n);
    for(int i=2; i<=limit; i++)
        if(n%i == 0)
            return false;
    return true;
} 

// 统计区间 1-n 内的质数个数 
int getPrimes(int n)
{
    int ans = 0;
    for(int i=2; i<=n; i++)
        if(isPrime(i))
            ans++;
    return ans;
}

其中，判断一个数 $n$ 是否为质数的时间复杂度为 $O\left(\sqrt n\right)$ ，统计 $n$ 个数中的质数个数的时间复杂度则为 $O\left(n^\frac{3}{2}\right)$ ，这在 $1\le n\le{10}^8$ 的数据范围下必定超时。同时，从数据范围看，实际上已经暗示了必须在线性时间复杂度内完成求解。因此，不得不用到筛法。筛法的主要思想是：对已经找出的质数，直接将其倍数从接下来的查找中筛出，而不必再去判断那些数是否为质数，从而节省时间。根据筛法的停止策略，主要可将其分为两类：

埃式筛法；
欧拉筛法。

下面分别对其进行分析。

埃拉托斯色尼筛选法

若要得到自然数 $n$ 以内的全部质数，必须把不大于 $\sqrt n$ 的所有质数的倍数剔除，则剩余数均为质数。例如，若要得到 $\left[1,100\right]$ 范围内的全部质数，其求解步骤如下：

对 $n$ 开方得到 $\sqrt{100}=10$ ；
求 $\left[1,10\right]$ 内的全部质数，即 2、3、5、7；
从 $\left[1,100\right]$ 将 2、3、5、7 的倍数全部剔除。

剩下的数均为质数。

埃式筛法的特点是简单易懂，其时间复杂度为 $O\left(n\log{\log{n}}\right)$ ，从上面的描述可直接得到其对应代码为：

const int MAX = 1e8+5;
bool vis[MAX];
int prime[MAX], cnt;

// 埃式筛法统计区间质数
int sieveByElatoseni(int n)
{
    int limit = sqrt(n);
    for(int i=2; i<=limit; i++){
        // 若存在某个数尚未被访问，则其为质数 
        if(!vis[i]) prime[cnt++] = i;
        // 将这个数的倍数全部置为已被访问
        for(int j=i*2; j<=n; j+=i) 
            vis[j] = true;
    }
	// 剩余尚未被访问的数均为质数
    for(int i=limit+1; i<=n; i++)
         if(!vis[i]) prime[cnt++] = i;
    return cnt;
}

欧拉筛选法

注意到在埃式筛法过程中，存在相当一部分重复筛除工作。例如，当确定 2 为质数时，后续会将其倍数：4、6、8、10、12、……全部筛除。而接下来当确定 3 为质数时，后续会将 6、9、12、……全部筛除。这时，所有以 2×3=6 为因数的数，如 6、12、18、24、……等都会被重复纳入筛除进程中，这无疑浪费了相当一部分计算资源。

因此，出现了一种更节约时间的筛法——欧拉筛法（线性筛法）。欧拉筛法的整体思路和埃式筛法相似，都是通过将已得到质数的倍数从数据集中筛除来减少判断时间。不过为了让某个数只执行一次筛除操作，欧拉筛法规定一个数只能被其最小的质因数给筛掉。例如，对 12 而言，质数 2 和 3 都能将其筛掉，但是欧拉筛法的执行过程中，只会让 12 在面对质数 2 时被筛除，而不再被 3 筛去。

为了实现 “合数只被其最小质因数筛除一次”，欧拉筛法不再遍历已确定质数的全部倍数，而是遍历已得到的全部质数，并在遍历过程中加入对当前乘数是否为质数的判断，以实现提前停止策略。正是这个提前停止策略，使得欧拉筛法具有线性复杂度。这个过程的详细步骤如下（对自然数从小到大枚举（从 2 开始））：

对当前数 $i$ ，如果其尚未被访问，则其必为质数，故将其加入质数队列；
枚举已记录的质数：
- 将当前质数与 $i$ 相乘，其乘积得到的数必为合数，标记该数为已被访问；
- 判断 $i$ 是否为质数。如果 $i$ 是质数，则继续枚举质数队列中的数进行筛选；如果 $i$ 是合数（即 $i$ 存在某个约数，假设该约数为 $p$ ），则说明由当前质数与 $i$ 相乘得到数有可能会在后续被其他更大的以 $p$ 为约数的数筛掉，而欧拉筛法规定 “合数只被其最小质因数筛除一次”。由于我们的枚举过程是从小到大进行的，因此第一次筛掉某个数时，其总数满足欧拉筛法的要求的。因此，为了避免后续再对以 $p$ 为最小质因数的数进行重复筛选，在此就必须强制退出当前循环。

循环结束。

这便是欧拉筛法的执行步骤，它对每个数的筛选都仅进行一次，故其时间复杂度为 $O\left(n\right)$ 。下面给出代码：

const int MAX = 1e8+5;
bool vis[MAX];
int prime[MAX], cnt;

// 欧拉筛法统计区间质数
int sieveByEuler(int n)
{
    // 遍历全部数 
    for(int i=2; i<=n; i++){
        // 如果当前数未被访问，则其为一个质数 
        if(!vis[i]) prime[cnt++] = i;
        // 枚举已记录的质数：该质数的整倍数都不可能是质数
        for(int j = 0; prime[j]*i<=n; j++){
            // 将合数置为被访问 
            vis[prime[j]*i] = true;
            // 下面的代码是精髓：每次筛除合数时，选择恰当的时机及时中断，避免后面重复筛选
            // 如果 i 是质数，则继续对已选出的质数进行筛选 
            // 如果 i 是合数，则后续会出现重复筛选，故强制中断 
            if(i % prime[j] == 0) break;
        } 
    }
    return cnt;
}

下面通过一个实际例子来模拟欧拉筛法的具体执行流程，假设现在取 $n = 25$ ：

在这里插入图片描述

从 “选出的质数” 和 “标记被访问（不是质数）” 两列看，欧拉筛法处理的数字并没有出现任何重复。这也就是说，对 $\left[1,n\right]$ 内的任何数，欧拉筛法都只会判断一次，因此也称欧拉筛法为线性筛法。

回到本题，可基于欧拉筛法求出 $\left[1,n\right]$ 内的全部质数，并将其与区间长度求商即可，下面给出完整代码：

/*
    MT2213 质数率
    欧拉筛法
*/
#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;

const int MAX = 1e8+5;
bool vis[MAX];
int prime[MAX], cnt; 

// 求 1-n 中的质数个数 
int getPrime(int n)
{
    // 从 2 开始向后查找质数 
    for(int i=2; i<=n; i++){
        // 如果当前数未被访问，则其为一个质数 
        if(!vis[i]) prime[cnt++] = i;
        // 枚举已记录的质数：该质数的整倍数都不可能是质数
        for(int j = 0; prime[j]*i<=n; j++){
            // 将合数置为被访问 
            vis[prime[j]*i] = true;
            // 下面的代码是精髓：每次划掉合数时选择恰当的时机中断，避免后面重复划掉合数，提高算法效率 
            // 如果 i 是质数，则最多枚举到自身中断
            // 如果 i 是合数，则最多枚举到自身的最小质数中断 
            if(i % prime[j] == 0) break;
        } 
    }
    return cnt;
}

int main()
{
    // 获取输入 
    int n; cin>>n;
    // 输出质数率 
    printf("%.3f",(double)getPrime(n)/n);
    return 0;
}

MT2214 元素共鸣

难度：黄金时间限制：1秒占用内存：128M

题目描述

遥远的大陆上存在着元素共鸣的机制。
建立一个一维坐标系，其中只有素数对应的点的坐标存在着元素力，而相距为 $k$ 的两个元素力之间能形成元素共鸣。现在，需要求出 $n$ 范围内所有能元素共鸣的点对，并将他们以第一个点的坐标大小为关键字排序后输出（小的在前）。

格式

输入格式：一行两个整数 $n, k$ 。
输出格式：所有小于等于 $n$ 的素数对。每对素数对输出一行，中间用单个空格隔开。
若没有找到任何素数对，输出empty。

样例 1

输入：

6924 809

输出：

2 811

备注

其中： $1\le k\le n\le{10}^4$ 。

相关知识点：筛法

题解

方法二：暴力求解

本题实际就是求 “具有指定差距 $k$ 的质数对”，在 ${10}^4$ 范围下如果按暴力方式逐个求解，也是可以通过的：

/*
    MT2214 元素共鸣 
    暴力枚举
*/
#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;

// 判断一个数是否为质数 
bool isPrime(int n)
{
    int limit = sqrt(n);
    for(int i=2; i<=limit; i++)
        if(n%i == 0)
            return false;
    return true;
} 

int main( )
{
    // 获取输入 
    int n, k, tmp; cin>>n>>k;
    // 查找产生共鸣的元素 
    bool flag = false;
    for(int i=2; i<n; i++) {
        // 如果当前数为质数，则进一步判断目标数是否也为质数 
        if(isPrime(i)){
            // 目标数 
            tmp = i + k;
            // 不能超过数据范围，且必须是质数 
            if(tmp<=n && isPrime(tmp)){
                flag = true;
                cout<<i<<" "<<tmp<<endl;
            }
        }
    }
    if(!flag) cout<<"empty"<<endl;
    return 0;
}

方法二：筛法求解

也可以利用筛法，提前算出所有的质数，然后再在质数里枚举能产生共鸣的元素：

/*
    MT2214 元素共鸣 
    欧拉筛法
*/
#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;

const int MAX = 1e4+5;
bool vis[MAX];
int prime[MAX], cnt; 

int getPrime(int n)
{
    for(int i=2; i<=n; i++){
        if(!vis[i]) prime[cnt++] = i;
        for(int j = 0; prime[j]*i<=n; j++){
            vis[prime[j]*i] = true;
            if(i % prime[j] == 0) break;
        } 
    }
    return cnt;
}

int main( )
{
    // 获取输入 
    int n, k, tmp; cin>>n>>k;
    // 获取全部的质数
    getPrime(n);
    // 查找产生共鸣的元素 
    bool flag = false;
    for(int i=0; i<cnt-1; i++) {
        // 目标数 
        tmp = prime[i] + k;
        // 不能超过数据范围，且必须是质数 
        if(tmp<=n && !vis[tmp]){
            flag = true;
            cout<<prime[i]<<" "<<tmp<<endl;
        }
    }
    if(!flag) cout<<"empty"<<endl;
    return 0;
}

MT2215 小码哥的喜欢数

难度：钻石时间限制：1秒占用内存：128M

题目描述

小码哥不喜欢以下情况的数：

是7的倍数（包括7）；
数字的某一位是7，这种数字的倍数，小码哥也不喜欢。

小码哥会给你 $t$ 个数，对其中每个数，如果这个数是他喜欢的数，就告诉他下一个他喜欢的数是多少（即大于这个数的下一个他喜欢的数）。如果这个数他不喜欢，那你要告诉他。

格式

输入格式：第一行，一个正整数 $T$ 表示小码哥接下来要给你的数的总量；
接下来 $T$ 行，每行一个整数 $x$ ，表示这一次小码哥给的数。
输出格式：输出共 $T$ 行，每行一个整数。如果这个数是他喜欢的数，那么告诉他下一个他喜欢的数是多少（即大于这个数的下一个他喜欢的数）；
如果这个数他不喜欢，那你要输出 -1；
注：定义 0 不为小码哥喜欢的数。

样例 1

输入：
4
6
33
69
300

输出：
8
36
80
-1

备注

其中： $1\le T\le{2\times10}^5,\ 0\le x\le{10}^7$ 。

相关知识点：筛法

题解

小码哥不喜欢含有数字 7 的数（以及这些数的倍数）。对于数字是否含有 7，可通过循环取余的方式得到。对于这些数的倍数，则可通过类似于埃氏筛法的方式进行筛选。对于 “下一个他喜欢的数”，可通过在筛选数的过程中，构建一个 next 数组来完成（即每次都将一个小码哥喜欢的数作为索引，保存找到的下一个他喜欢的数）。

下面直接给出基于以上思路得到的完整代码：

/*
	MT2215 小码哥的喜欢数 
*/
#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;

const int MAX = 1e7+5;
// nxt 数组既充当了 vis 数组的作用，也用于保存“下一个数”的位置 
int nums[MAX], nxt[MAX]; 

// 判断一个数是否含有数字 7 
bool isContained(int n)
{
	while(n){
		if(n % 10 == 7)
			return true;
		n /= 10;
	}
	return false;
} 

// 通过筛法求出所有小码哥喜欢的数
void getNums(int n)
{
	// 初始化第一个小码哥喜欢的数（用于构建next数组） 
	int cur = 1, cnt = 0;
	// 从 2 开始向后枚举 
	for(int i=2; i<=n; i++){
		// 果当前数未被访问，则执行进一步判断 
		if(nxt[i] == 0){
			// 如果这个数不包含 7 ，则其为一个小码哥喜欢的数
			if(!isContained(i)){
				// 记录当前数 
				nums[cnt++] = i;
				// 将当前数作为前一个数的下一个数
				nxt[cur] = i;
				// 更新记录“下一个数”的指针
				cur = i;
			}
			// 否则将这个数的所有倍数标记为小码哥不喜欢的数 
			else{
				for(int j=i; j<=n; j+=i) 
					nxt[j] = -1;
			} 
		}
	}
	// 注：0 也是小码哥不喜欢的数
	nxt[0] = -1; 
}

int main( )
{
	// 提前打表获取小码哥喜欢的数
	getNums(MAX-1);
	// 获取输入 
	int T, n; cin>>T;
	while(T--){
		cin>>n;
		cout<<nxt[n]<<endl;
	}
    return 0;
}

MT2216 数的自我

难度：钻石时间限制：0.75秒占用内存：128M

题目描述

提瓦特大陆上有一个贫穷的占星术士小码哥，出于占星术的要求，他时常要解决一些困难的数学问题。这天，上天给了他一个启示：有一类称作 Self-Numbers 的数。对于每一个正整数 $n$ ，我们定义 $d\left(n\right)$ 为 $n$ 加上它每一位数字的和。例如， $d\left(75\right)=75+7+5=87$ 。给定任意正整数 $n$ 作为一个起点，都能构造出一个无限递增的序列： $n,\ d\left(n\right),\ d\left(d\left(n\right)\right),\ d\left(d\left(d\left(n\right)\right)\right),\ldots$ 例如，如果你从 33 开始，下一个数是 33+33=39，再下一个为 39+3+9=51，再再下一个为 51+5+1=57，因此你所产生的序列就像这样: 33，39，51，57，69，84，96，111,114，120，123，129，141……数字 $n$ 被称作 $d\left(n\right)$ 的发生器。在上面的这个序列中，33 是 39 的发生器，39 是 51 的发生器，51 是 57 的发生器等等。有一些数有超过一个发生器，如 101 的发生器可以是 91 和 100。一个没有发生器的数被称作 Self-Number。如前 13 个 Self-Number 为 1，3，5，7，9，20，31，42，53，64，75，86，97。我们将第 $i$ 个 Self-Number 表示为 $a\left[i\right]$ ，所以 $a\left[1\right]=1,\ a\left[2\right]=3,\ a\left[3\right]=5,\ldots$

现在小码哥需要找到一个 $\left[1,N\right]$ 的区间内所有的 Self-Number，请你帮帮他。

格式

输入格式：第一行输入以空格隔开的两个整数 $N$ 和 $K$ ；
第二行输入 $K$ 个以空格隔开的整数 $s_1,\ s_2,\ s_3,\ldots,s_k$ 。

输出格式：第一行你需要输出一个数，这个数表示在闭区间 $\left[1,N\right]$ 中 Self-Number 的数量；
第二行必须包含以空格分隔的 $K$ 个数，表示 $a\left[s_1\right],\ldots,a\left[s_k\right]$ ，这里保证所有的 $a\left[s_i\right]$ 都小于$ N$。
（例如，如果 $N=100，s_k$ 可以为 1~13，但不能为 14，因为 $a\left[14\right]=108>100$ ）。

样例 1

输入：

100 10
1 2 3 4 5 6 7 11 12 13

输出：

13
1 3 5 7 9 20 31 75 86 97

备注

其中： $1\le N\le{10}^7,\ 1\le K\le5000$ 。

相关知识点：筛法

题解

根据题目的意思可知，函数 $d\left(n\right)$ 产生的结果总满足 $d\left(n\right)\geq n$ 。因此，要找出所有的 SelfNumber，可通过和筛法一样的思路：即根据数字大小枚举每个数，那些尚未被访问的数显然都是 SelfNumber，而通过这些数求出的 $d\left(n\right)$ 则需要被标记为已被访问（即不是 SelfNumber）。最终扫描结束时，所有标记为未被访问的，就是题目所说的 SelfNumber。

基于这样的思路，可写出求解本题的完整代码：

/*
    MT2216 数的自我  
*/
#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;

const int MAX = 1e7+5;
bool vis[MAX];
int selfNumbers[MAX], cnt; 

// 函数D(n) 
int D(int n)
{
    int ans = n;
    while(n){
        ans += n%10;
        n /= 10;
    }
    return ans;
} 

// 通过筛法求出 selfNumber
int getSelfNumbers(int n)
{
    int Dn;
    for(int i=1; i<=n; i++){
        Dn = D(i);
        if(Dn <= n) vis[Dn] = true;
        if(!vis[i]) selfNumbers[cnt++] = i;
    }
    return cnt;
}

int main()
{
    // 获取输入
    int n, k; cin>>n>>k;
    // 输出 selfNumber 的数量 
    cout<<getSelfNumbers(n)<<endl;
    // 输出对应的 selfNumber
    while(k--){
        cin>>n;
        cout<<selfNumbers[n-1]<<" ";
    }
    return 0;
}

MT2217 数字游戏

难度：黄金时间限制：1秒占用内存：128M

题目描述

小码哥和小码妹正在玩一个小游戏，小码哥先展示一个正整数 $n$ ，如果小码妹可以写出 $k$ 个正整数 $x_1,\ldots,x_k$ 。满足 $\prod_{i=1}^{k}\left(x_i+1\right)$ ，则她可以得到 $k$ 分。小码妹的数学并不好，所以请你写一个程序帮忙计算她最多可以得到多少分。

格式

输入格式：一行一个正整数 $n\in\left[2,1\times{10}^8\right]$ 。
输出格式：一行一个正整数。

样例 1

输入：
12

输出：

3

相关知识点：分解质因数

题解

注意到题目给出的要求是 $n=\prod_{i=1}^{k}\left(x_i+1\right)$ ，而 $x_i$ 为正整数，因此这就等价于要求等式右侧各项的最低值为 2。我们知道，任何一个数都可以表达为若干个数相乘的形式，例如：

$24=2^3\times3^1$

所以对 24 而言，它有 8×3、2×2×6、2×2×2×3 等乘积形式。而本题的要求是，对任意给定数，让你求出其最长的乘积形式（该长度即为本题要求的得分）。例如对 24 而言，其最大得分为 4，即 24=2×2×2×3。实际上，我们要做的就是分解质因数。因为要让等式的长度最长，其中的各乘数就应该尽可能小，而最小的因数，当然就是质因数。

前面已经说过如何求一个数的质因数（短除法求一个数的质因数），在此就不再赘述，下面直接给出求解本题的完整代码：

/*
    MT2217 数字游戏 
    要想得分最大，那叠乘的各项应尽可能小，其实就是要算质因数 
*/
#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std; 

// 通过短除法获取一个数的质因数个数 
int getPrimeFactors(int n){
    int ans = 0;
    for(int i=2; i*i<=n; i++){
        // 当前数为数 n 的因数时，要不断用该数进行分解 
        while(n%i==0){
			// 统计个数
            ans++;
            n /= i; 
        }
    }
    // 如果分解得到的最后结果不为 1 ，则最终状态的 n 也是原数的因数
    if(n!=1) ans++;
    return ans;
}

int main()
{
    // 获取输入
    int n; cin>>n;
    // 输出最大得分 
    cout<<getPrimeFactors(n)<<endl;
    return 0;
}