埃氏篩法

這個篩法是最樸素的篩法了，可以在 O(nloglogn) $O(nloglogn$

) $O(nloglogn)$的時間內（基本$O(n)$）篩出[1,n]中所有素數。實現非常簡單，從2開始遍歷，對於每個質數都暴力算出它的所有倍數並篩掉，根據尤拉的調和級數定理，這個時間是$O(nlogn)$級別的，但是隻有質數才需要計算倍數，然後不知怎麼回事複雜度就變成$O(nloglogn)$了。

const int maxn = 100005, N = 100000;
int vis[maxn];
for(int i = 2; i <= N; i++) if(!vis[i])
    for(int j = i + i; j <= N; j += i) vis[j] = 1;

最終vis陣列中值為0的即為素數。

應用：給定n,m，求區間[n,m]中的質數個數。$n\le m\le 10^{12},m-n\le 10^6$。
首先我們會發現，如果區間中某個數不是質數，那麼它必然有一個小於1E6的質因子。於是我們可以把[1,1E6]範圍內的質數全部篩出來，然後用這些質數去篩區間[n,m]中的數字，複雜度應該是$O((m-n)loglog(m-n))$。程式碼就不放了。

線性篩（尤拉篩法）

顧名思義，它可以線上性時間內篩出區間內質數及積性函式的值。但是在n小於1E6的時候甚至比埃氏篩法慢（因為常數大），於是它的主要功能就變成了求積性函式的值。
考慮如何做到線性。如果我們把每個數字都用它的最小質因子篩去的話就行了，但是怎麼做呢？
從小到大列舉每個數字，再列舉當前已經篩出來的質數，篩掉數字乘質數的值。如果數字是當前質數的倍數就可以退出了，因為質數繼續列舉就不是最小質因子了。因此此時效率為$O(n)$。程式碼如下：

const int maxn = 100005, N = 100000;
int vis[maxn], prime[maxn], cnt;
for(int i = 2; i <= N; i++){
    if(!vis[i]) prime[++cnt] = i;
    for(int j = 1; j <= cnt; j++){
        int p = prime[j], mul = p * i;
        if(mul > N) break;
        vis[mul] = 1;
        if(i % p == 0) break;
    }
}

上面說過了，這個東西還可以篩出積性函式的值。積性函式定義為對於任意互質的數對$i,j，都有f(i)f(j)=f(ij)$。我們上面實際上算出了每個數的最小質因子，當然也可以算出積性函式的值了，當然我們需要計算任意的質數以及單個質數的冪次對應的f的值，因為這樣才可以利用質因數分解計算出任意數字的f。

const int maxn = 100005, N = 100000;
int f[maxn], pw[maxn], vis[maxn], prime[maxn], cnt;
//pw[i]為i最小質因子的次數
for(int i = 2; i <= N; i++){
    if(!vis[i]){
        prime[++cnt] = i;
        pw[i] = 1;
        f[i] = ...;//要求給出i為質數時f(i)的值
    }
    for(int j = 1; j <= cnt; j++){
        int p = prime[j], mul = p * i;
        if(mul > N) break;
        vis[mul] = 1;
        if(i % p == 0){
            f[mul] = f[i / pow(p, pw[i])] * f[pow(p, pw[i] + 1)];//要求給出i為質數的整數次冪時f的值
            pw[mul] = pw[i] + 1;
            break;
        } else pw[mul] = pw[i] * pw[p];
    }
}

當然了，具體計算的時候可以用一些方法把pow去掉。接下來就來列舉一些積性函式的求值：

尤拉函式

$\varphi(n)=$小於等於n且與n互質的數的個數。定理：

$$\varphi(n)=n\prod\frac{p_i-1}{p_i},n=\prod p_i^{e_i},p_i為質數$$
因此我們會發現，若p為n的一個質因子，則有 $\varphi(np)=p·\varphi(n)$.當p為質數時 $phi(p)=p-1$。於是就可以愉快地寫篩法了：

const int maxn = 100005, N = 100000;
int vis[maxn], phi[maxn], prime[maxn], cnt;
phi[1] = 1;
for(int i = 2; i <= N; i++){
    if(!vis[i]){
        prime[++cnt] = i;
        phi[i] = i - 1;
    }
    for(int j = 1; j <= cnt; j++){
        int p = prime[j], mul = p * i;
        if(mul > N) break;
        vis[mul] = 1;
        if(i % p == 0){
            phi[mul] = phi[i] * p;
            break;
        } else phi[mul] = phi[i] * phi[p];
    }
}

於是我們就可以在$O(n)$的時間內處理出[1,n]中所有數字的尤拉函式值了。

莫比烏斯函式

$$\mu(n)=\left\{ \begin{matrix} 1 & n=1 \\ (-1)^k & n=p_1p_2\cdots p_k,p_i為質數\\ 0 & others \end{matrix} \right.$$
當n含有平方因子時函式值為0，n為質數時函式值為1，於是也可以線性篩了。

const int maxn = 100005, N = 100000;
int vis[maxn], mu[maxn], prime[maxn], cnt;
mu[1] = 1;
for(int i = 2; i <= N; i++){
    if(!vis[i]){
        prime[++cnt] = i;
        mu[i] = -1;
    }
    for(int j = 1; j <= cnt; j++){
        int p = prime[j], mul = p * i;
        if(mul > N) break;
        vis[mul] = 1;
        if(i % p == 0) break;//mul含有平方因子，mu值為0
        mu[mul] = -mu[i];//實際上是mu[mul] = mu[i] * mu[p];
    }
}

於是我們的線性篩就可以用來做題了！

例題

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ngcd(i,j)$$
求出上式的值，其中 $n\le 10^6$。
根據尤拉函式的性質 $\sum_{d|n}\varphi(d)=n$，可以化簡上式得到
∑i=1n∑j=1n

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