首先，在谈到素数筛选法时，先涉及几个小知识点.
1.一个数是否为质数的判定.
质数，只有1和其本身才是其约数，所以我们判定一个数是否为质数，只需要判定2~(N - 1)中是否存在其约数即可，此种方法的时间复杂度为O(N),随着N的增加，效率依然很慢。这里有个O(
)的方法:对于一个合数，其必用一个约数(除1外)小于等于其平方根(可用反证法证明),所以我们只需要判断2～之间的数即可.
bool is_prime(int num)
{
const int border = sqrt(num);
for (int i = 2; i <= border; ++i)
if (num % i == 0)
return false;
return 1 != num;
}
2.一个数的质因数分解
对于一个数N的质因数分解，简单一点的方法通过枚举2~N之间的每个数字，如果N值能整除当前枚举的数，则将N值除尽，重复上面的步骤，直到结束.我们可以看出此种方法的时间复杂度为O(N),而我们通过上面介绍的方法，可以将时间复杂度降为O()，原理与判定一个数是否为质数是一样的.
map<int, int> factor(int num)
{
map<int, int> ans;
const int border = sqrt(num);
for (int i = 2; i <= border; ++i)
while (num % i == 0)
++ans[i], num /= i;
if (num > 1)
ans[num] = 1;
return ans;
}
3.欧拉函数
在数论中，对正整数n，欧拉函数是小于或者等于n的数中与n互质的数的个数.假设n的唯一分解式为
,根据容斥原理可知
对于{p1,p2,....,pk}的任意子集S,“不与其中任何一个互述素”的元素个数为
。不过这一项的前面是加号还是减号呢？取决于S中元素的个数-———奇数个数就是"减号”，偶数个数就是“加号”，如果对这个地方有疑问的，可以参考下组合数学容斥原理的章节.
现在我们得到了计算欧拉函数的公式，不过这样计算起来非常麻烦。如果根据公式直接计算，最坏情况下需要计算
项的多项式。不过这点倒不用我们担心，前人已经在此公式上面已经做了相应的研究，这里直接给出公式的变形，上述公式可以变形成如下的公式:
从而我们计算某个数的欧拉函数，只需要O(K)的计算时间，在刚才原始的基础上大大提高了效率。如果题目中没有给出唯一分解式，我们可以根据第二个小节的做法，在
的时间复杂度解决这个问题.
int euler(int n)
{
const int border = sqrt(n);
int cnt = n;
for (int i = 2; i <= border; ++i)
{
if (n % i == 0)
{
cnt = cnt / i * (i - 1);
while (n % i == 0)
n /= i;
}
}
if (n > 1)
cnt = cnt / n * (n - 1);
return cnt;
}
上面介绍了一些关于素数和欧拉函数的小知识点，那现在进入主题——如何在O(N)的时间复杂度内求出某段范围的素数表.在ACM比赛中，有些题目往往需要求出某段范围内素数，而此时如何高效的求出素数表就显得尤为重要。关于素数表的求法，比较出名的是埃氏素数筛选法。其基本原理是每找到一个素数，将其倍数的数从素数表中删除，不断重复此过程，最终表中所剩数据全部为素数。下面的gif图片展示了该方法的相应步骤:
埃氏素数筛选法的写法有多种版本，其时间复杂度为
，这里给出一份实现代码.
const int N = 1e+6 + 7;
bool prime[N];
void init_prime_table(int n)
{
const int border = sqrt(n);
memset(prime, true, sizeof(int) * (n + 1));
prime[0] = prime[1] = false;
for (int i = 2; i <= border; ++i)
{
if (!prime[i])
continue;
//此处j值需要注意溢出的bug
for (long long j = i * i; j <= n; j += i)
prime[j] = false;
}
}
一般情况下，对于大部分的题目上面的写法已经够用了.然而，有人将上述的方法优化到了
，效率虽然没有很大数量级的提升，不过，思想还是值得学习的.学过数学知识的人大都知道，对于一个正整数，如果其为合数，那么该数的质因数分解形式是唯一的。假设一个合数n的质因数分解形式为:
现定义：对于某个范围内的任意合数，只能由其最小的质因子将其从表中删除。我们很容易得出该算法的时间复杂度为线性的，为什么呢？因为一个合数的质因数分解式是唯一的，而且我们定义了合数只能由最小质因子将其从表中删除，所以每个合数只进行了一次删除操作(需要注意的是:埃氏素数筛选法中合数可能被多个质数删除，比如12，18等合数).现在原始的问题转换为怎么将合数由其最小的质因子删除？我们考查任何一个数n，假设其最小质因子为m，那么小于等于m的质数与n相乘，会得到一个更大的合数，且其最小质因数为与n相乘的那个质数，而该合数可以直接从表中删除，因为其刚好满足之前的合数删除的定义，所以我们需要维护一个表用来记录已经找到了的质数，然后根据刚才叙述的步骤执行，就能将埃氏素数筛选法的时间复杂度降为
.
const int N = 1e+6 + 7;
bool prime[N];
int rec[N], cnt;
void init_prime_table(int n)
{
cnt = 0;
memset(prime, true, sizeof(int) * (n + 1));
prime[0] = prime[1] = false;
for (int i = 2; i <= n; ++i)
{
if (prime[i])
rec[cnt++] = i;
//此处边界判断为rec[j] <= n / i,如果写成i * rec[j] <= n,你的确保i * rec[j]不会溢出int
for (int j = 0; j < cnt && rec[j] <= n / i; ++j)
{
prime[i * rec[j]] = false;
if (i % rec[j] == 0)
break;
}
}
}
同样的，通过此种方法，我们可以在线性的时间生成某段范围的欧拉函数表，原理与上述类似，这里就不做过多的解释了。