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如何求出1~n的素數個數呢
我們只要將素數的倍數全部篩掉就可以
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埃氏篩
int isprime(int n)
return cnt;
}
線性篩（尤拉篩）就是通過合數最小的質因子篩掉這個合數
int isprime(int n)
}return cnt;
}
乙個數n，那麼1~n中和n互質的數的個數，就是n的尤拉函式
尤拉函式有以下性質：
暴力寫法直接求每個數的尤拉函式，再sum求和，複雜度接近n*n了
# include using namespace std;
typedef long long ll;
ll oula(int n)
}if (n > 1) res = res/n*(n-1);
return res;
}int main()
# include using namespace std;
typedef long long ll;
const int n = 1e6 + 10;
bool st[n]; // 這裡記錄狀態
ll prime[n]; // 存質數
ll phi[n]; // 尤拉函式
ll euler(ll n)
for (int j = 0; prime[j] <= n/i; j ++)
phi[i * prime[j]] = (prime[j] - 1) * phi[i];}}
ll sum = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++)
sum += phi[i];
return sum;
}int main()
求phi[primes[j]i],分析phi[primes[j]i]和phi[i]的關係
如果i%primes[j]==0時,說明primes[j]為i的最小質因子,而phi[i]內已經乘過(primes[j]-1)/primes[j]
∴計算phi[primes[j]i]只需要更新n的值即可,即在phi[i]的基礎上乘個primes[j]
∴phi[primes[j]i]=primes[j]phi[i];
如果i%primes[j]!=0時,primes[j]小於i的最小質因子,而phi[i]內沒有乘過(primes[j]-1)/primes[j]
∴計算phi[primes[j]i]除了需要更新n值外,還需要乘上(primes[j]-1)/primes[j]
∴phi[primes[j]i]=primes[j]phi[i](primes[j]-1)/primes[j]=phi[i](primes[j]-1)
再看看大佬的**促進理解：
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