求素数

如何求素数

1．  自然数是0，1，2……

2．  素数是2，3，5……（不包括1的只能背1和它本身整除的自然数）

 #include<stdio.h>

#include <math.h>

void main()

{             int i ,j, flag=1;

               for(i=101; i<200; i++)

               {

                               flag = 1;

                               for(j=2; j<=sqrt(200); j++)

                                              if(i%j == 0){

                                                             flag = 0;

                                                             break;

                                              }

                               if(flag == 1)

                                              printf("i=%d是素数\n",i);

           }

}

【1】求10000以内的所有素数。
素数是除了1和它本身之外再不能被其他数整除的自然数。由于找不到一个通项公式来表示所有的素数，所以对于数学家来说，素数一直是一个未解之谜。像著名的 哥德巴赫猜想、孪生素数猜想，几百年来不知吸引了世界上多少优秀的数学家。尽管他们苦心钻研，呕心沥血，但至今仍然未见分晓。
自从有了计算机之后，人们借助于计算机的威力，已经找到了2²¹⁶⁰⁹¹以内的所有素数。
求素数的方法有很多种，最简单的方法是根据素数的定义来求。对于一个自然数N，用大于1小于N的各个自然数都去除一下N，如果都除不尽，则N为素数，否则N为合数。
但是，如果用素数定义的方法来编制计算机程序，它的效率一定是非常低的，其中有许多地方都值得改进。
第一，对于一个自然数N，只要能被一个非1非自身的数整除，它就肯定不是素数，所以不
必再用其他的数去除。
第二，对于N来说，只需用小于N的素数去除就可以了。例如，如果N能被15整除，实际
上就能被3和5整除，如果N不能被3和5整除，那么N也决不会被15整除。
第三，对于N来说，不必用从2到N一1的所有素数去除，只需用小于等于√N(根号N)的所有素数去除就可以了。这一点可以用反证法来证明：
如果N是合数，则一定存在大于1小于N的整数d1和d2，使得N=d1×d2。
如果d1和d2均大于√N，则有：N＝d1×d2>√N×√N＝N。
而这是不可能的，所以，d1和d2中必有一个小于或等于√N。
基于上述分析，设计算法如下：
(1)用2，3，5，7逐个试除N的方法求出100以内的所有素数。
(2)用100以内的所有素数逐个试除的方法求出10000以内的素数。
首先，将2，3，5，7分别存放在a[1]、a[2]、a[3]、a[4]中，以后每求出一个素数，只要不大于100，就依次存放在A数组中的一个单元 中。当我们求100—10000之间的素数时，可依次用a[1]－a[2]的素数去试除N，这个范围内的素数可以不保存，直接打印。
【2】用筛法求素数。
简单介绍一下厄拉多塞筛法。厄拉多塞是一位古希腊数学家，他在寻找素数时，采用了一种与众不同的方法：先将2－N的各数写在纸上：

在2的上面画一个圆圈，然后划去2的其他倍数；第一个既未画圈又没有被划去的数是3，将它画圈，再划去3的其他倍数；现在既未画圈又没有被划去的第一个数 是5，将它画圈，并划去5的其他倍数……依次类推，一直到所有小于或等于N的各数都画了圈或划去为止。这时，表中画了圈的以及未划去的那些数正好就是小于 N的素数。

这很像一面筛子，把满足条件的数留下来，把不满足条件的数筛掉。由于这种方法是厄拉多塞首先发明的，所以，后人就把这种方法称作厄拉多塞筛法。
在计算机中，筛法可以用给数组单元置零的方法来实现。具体来说就是：首先开一个数组：a[i]，i=1，2，3，…，同时，令所有的数组元素都等于下标 值，即a[i]=i，当i不是素数时，令a[i]=0 。当输出结果时，只要判断a[i]是否等于零即可，如果a[i]=0，则令i=i+1，检查下一个a[i]。
筛法是计算机程序设计中常用的算法之一。
【3】用6N±1法求素数。
任何一个自然数，总可以表示成为如下的形式之一：
6N，6N+1，6N+2，6N+3，6N+4，6N+5 (N=0，1，2，…)
显然，当N≥1时，6N，6N+2，6N+3，6N+4都不是素数，只有形如6N+1和6N+5的自然数有可能是素数。所以，除了2和3之外，所有的素数都可以表示成6N±1的形式(N为自然数)。
根据上述分析，我们可以构造另一面筛子，只对形如6 N±1的自然数进行筛选，这样就可以大大减少筛选的次数，从而进一步提高程序的运行效率和速度。
在程序上，我们可以用一个二重循环实现这一点，外循环i按3的倍数递增，内循环j为0－1的循环，则2(i+j)-1恰好就是形如6N±1的自然数。

浅析求素数算法 注意: 如果没有特殊说明, 以下讨论的都是针对n为素数时的时间复杂度
1. 根据概念判断:
如果一个正整数只有两个因子, 1和p，则称p为素数.

代码: 时间复杂度O(n).

bool isPrime(int n)

{

    if(n < 2) return false;

    for(int i = 2; i < n; ++i)

        if(n%i == 0) return false;

    return true;

}

2. 改进, 去掉偶数的判断

代码: 时间复杂度O(n/2), 速度提高一倍.

bool isPrime(int n)

{    if(n < 2) return false;

    if(n == 2) return true;

    for(int i = 3; i < n; i += 2)

        if(n%i == 0) return false;

    return true;

}

3. 进一步减少判断的范围
定理: 如果n不是素数, 则n有满足1<d<=sqrt(n)的一个因子d.
证明: 如果n不是素数, 则由定义n有一个因子d满足1<d<n.
如果d大于sqrt(n), 则n/d是满足1<n/d<=sqrt(n)的一个因子.

代码: 时间复杂度O(sqrt(n)/2), 速度提高O((n-sqrt(n))/2).

bool isPrime(int n)

{

    if(n < 2) return false;

    if(n == 2) return true;

    for(int i = 3; i*i <= n; i += 2)//使用 i<sqrt(n)

        if(n%i == 0) return false;

    return true;

}

4. 剔除因子中的重复判断.????????????????????????????????????????????
例如: 11%3 != 0 可以确定 11%(3*i) != 0.
定理: 如果n不是素数, 则n有满足1<d<=sqrt(n)的一个"素数"因子d.
证明:

I1. 如果n不是素数, 则n有满足1< d <=sqrt(n)的一个因子d.
I2. 如果d是素数, 则定理得证, 算法终止.
I3. 令n=d, 并转到步骤I1.
由于不可能无限分解n的因子, 因此上述证明的算法最终会停止.

代码:

// primes[i]是递增的素数序列: 2, 3, 5, 7, ...

// 更准确地说primes[i]序列包含1->sqrt(n)范围内的所有素数

bool isPrime(int primes[], int n)

{

    if(n < 2) return false;

    for(int i = 0; primes[i]*primes[i] <= n; ++i)

        if(n%primes[i] == 0) return false;

    return true;

}

假设n范围内的素数个数为PI(n), 则时间复杂度O(PI(sqrt(n))).
函数PI(x)满足素数定理: ln(x)-3/2 < x/PI(x) < ln(x)-1/2, 当x >= 67时.
因此O(PI(sqrt(n)))可以表示为O(sqrt(x)/(ln(sqrt(x))-3/2)),
O(sqrt(x)/(ln(sqrt(x))-3/2))也是这个算法的空间复杂度.
5. 构造素数序列primes[i]: 2, 3, 5, 7, ...
由4的算法我们知道, 在素数序列已经被构造的情况下, 判断n是否为素数效率很高;
但是, 在构造素数序列本身的时候, 是否也可是达到最好的效率呢?
事实上这是可以的! -- 我们在构造的时候完全可以利用已经被构造的素数序列!
假设我们已经我素数序列: p1, p2, .. pn
现在要判断pn+1是否是素数, 则需要(1, sqrt(pn+1)]范围内的所有素数序列,
而这个素数序列显然已经作为p1, p2, .. pn的一个子集被包含了!

代码:

// 构造素数序列primes[]

void makePrimes(int primes[], int num)

{

    int i, j, temp;

    primes[0] = 2;

    primes[1] = 3;

    for(i = 5, temp = 2; temp < num; i += 2)

    {

        int flag = true;

        for(j = 1; primes[j]*primes[j] <= i; ++j)

        {

            if(i%primes[j] == 0)

            {

                flag = false; break;

            }

        }

        if(flag) 

                  primes[temp++] = i;

    }

}

makePrimes的时间复杂度比较复杂, 而且它只有在初始化的时候才被调用一次.
在一定的应用范围内, 我们可以把近似认为makePrimes需要常数时间.
在后面的讨论中, 我们将探讨一种对计算机而言更好的makePrimes方法.
6. 更好地利用计算机资源...
当前的主流PC中, 一个整数的大小为2^32. 如果需要判断2^32大小的数是否为素数,则可能需要测试[2, 2^16]范围内的所有素数(2^16 == sqrt(2^32)).由4中提到的素数定理我们可以大概确定[2, 2^16]范围内的素数个数.
由于2^16/(ln(2^16)-1/2) = 6138, 2^16/(ln(2^16)-3/2) = 6834,
我们可以大概估计出[2, 2^16]范围内的素数个数6138 < PI(2^16) < 6834.
在对[2, 2^16]范围内的素数进行统计, 发现只有6542个素数:
p_6542: 65521, 65521^2 = 4293001441 < 2^32, (2^32 = 4294967296)
p_6543: 65537, 65537^2 = 4295098369 > 2^32, (2^32 = 4294967296)
在实际运算时unsigned long x = 4295098369;将发生溢出, 为131073.
在程序中, 我是采用double类型计算得到的结果.
分析到这里我们可以看到, 我们只需要缓冲6543个素数, 我们就可以采用4中的算法
高效率地判断[2, 2^32]如此庞大范围内的素数!
(原本的2^32大小的问题规模现在已经被减小到6543规模了!)
虽然用现在的计算机处理[2, 2^16]范围内的6542个素数已经没有一点问题,
虽然makePrimes只要被运行一次就可以, 但是我们还是考虑一下是否被改进的可能?!
我想学过java的人肯定想把makePrimes作为一个静态的初始化实现, 在C++中也可以
模拟java中静态的初始化的类似实现:
#define NELEMS(x) ((sizeof(x)) / (sizeof((x)[0])))
static int primes[6542+1];
static struct _Init { _Init(){makePrimes(primes, NELEMS(primes);} } _init;
如此, 就可以在程序启动的时候自动掉用makePrimes初始化素数序列.
但, 我现在的想法是: 为什么我们不能在编译的时候调用makePrimes函数呢?
完全可以!!! 代码如下:

// 这段代码可以由程序直接生成

const static int primes[] = 

{2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97,101,103,

107,109,113,127,131,137,139,149,151,157,163,167,173,179,181,191,193,197,199,211,

223,227,229,233,239,241,251,257,263,269,271,277,281,283,293,307,311,313,317,331,

337,347,349,353,359,367,373,379,383,389,397,401,409,419,421,431,433,439,443,449,

457,461,463,467,479,487,491,499,503,509,521,523,541,547,557,563,569,571,577,587,

593,599,601,607,613,617,619,631,641,643,647,653,659,661,673,677,683,691,701,709,

719,727,733,739,743,751,757,761,769,773,787,797,809,811,821,823,827,829,839,853,

857,859,863,877,881,883,887,907,911,919,929,937,941,947,953,967,971,977,983,991,

...

65521, 65537

};

有点不可思议吧 , 原本makePrimes需要花费的时间复杂度现在真的变成O(1)了!(我觉得叫O(0)可能更合适!)
7. 二分法查找
现在我们缓存了前大约sqrt(2^32)/(ln(sqrt(2^32)-3/2))个素数列表, 在判断2^32级别的素数时最多也只需要PI(sqrt(2^32))次判断(准确值是6543次), 但是否还有其他的方式判断呢?当素数比较小的时候(不大于2^16), 是否可以直接从缓存的素数列表中直接查询得到呢?

答案是肯定的! 由于primes是一个有序的数列, 因此我们当素数小于2^16时, 我们可以直接采用二分法从primes中查询得到(如果查询失败则不是素数).

代码:

// 缺少的代码请参考前边

#include <stdlib.h>

static bool cmp(const int *p, const int *q)

{

    return (*p) - (*q);

}

bool isPrime(int n)

{

    if(n < 2) return false;

    if(n == 2) return true;

    if(n%2 == 0) return false;

    if(n >= 67 && n <= primes[NELEMS(primes)-1])

    {

        return NULL !=   bsearch(&n, primes, NELEMS(primes), sizeof(n), cmp);

    }

    else

    {

        for(int i = 1; primes[i]*primes[i] <= n; ++i)

            if(n%primes[i] == 0) return false;

        return true;

    }

}

时间复杂度:
if(n <= primes[NELEMS(primes)-1] && n >= 67): O(log2(NELEMS(primes))) < 13;
if(n > primes[NELEMS(primes)-1]): O(PI(sqrt(n))) <= NELEMS(primes).
8. 素数定理+2分法查找
在7中, 我们对小等于primes[NELEMS(primes)-1]的数采用2分法查找进行判断.
我们之前针对2^32缓冲的6453个素数需要判断的次数为13次(log2(1024*8) == 13).
对于小的素数而言(其实就是2^16范围只内的数), 13次的比较已经完全可以接受了.
不过根据素数定理: ln(x)-3/2 < x/PI(x) < ln(x)-1/2, 当x >= 67时, 我们依然可以进一步缩小小于2^32情况的查找范围(现在是0到NELEMS(primes)-1范围查找).
我们需要解决问题是(n <= primes[NELEMS(primes)-1):如果n为素数, 那么它在素数序列可能出现的范围在哪?
---- (n/(ln(n)-1/2), n/(ln(n)-3/2)), 即素数定理!
上面的代码修改如下:

代码:

bool isPrime(int n)

{

    if(n < 2) return false;

    if(n == 2) return true;

    if(n%2 == 0) return false;

    int hi = (int)ceil(n/(ln(n)-3/2));

    if(n >= 67 && hi < NELEMS(primes))

    {

        int lo = (int)floor(n/(ln(n)-1/2));

        return NULL !=  bsearch(&n, primes+lo, hi-lo, sizeof(n), cmp);

    }

    else

    {

        for(int i = 1; primes[i]*primes[i] <= n; ++i)

            if(n%primes[i] == 0) return false;

        return true;

    }

}

时间复杂度:
if(n <= primes[NELEMS(primes)-1] && n >= 67): O(log2(hi-lo))) < ???;
if(n > primes[NELEMS(primes)-1]): O(PI(sqrt(n))) <= NELEMS(primes).
9. 打包成素数库(给出全部的代码)
到目前为止, 我已经给出了我所知道所有改进的方法(如果有人有更好的算法感谢告诉我).
这里需要强调的一点是, 这里讨论的素数求法是针对0-2^32范围的数而言, 至于像寻找成百上千位大小的数不在此讨论范围, 那应该算是纯数学的内容了.
代码保存在2个文件: prime.h, prime.cpp.

代码:

// file: prime.h

#ifndef PRIME_H_2006_10_27_

#define PRIME_H_2006_10_27_

extern int  Prime_max(void);        // 素数序列的大小

extern int  Prime_get (int i);        // 返回第i个素数, 0 <= i < Prime_max

extern bool Prime_test(int n);        // 测试是否是素数, 1 <= n < INT_MAX

#endif

///////////////////////////////////////////////////////

// file: prime.cpp

#include <assert.h>

#include <limits.h>

#include <math.h>

#include <stdlib.h>

#include "prime.h"

// 计算数组的元素个数

#define NELEMS(x) ((sizeof(x)) / (sizeof((x)[0])))

// 素数序列, 至少保存前6543个素数!

static const int primes[] = 

{2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97,101,103,

107,109,113,127,131,137,139,149,151,157,163,167,173,179,181,191,193,197,199,211,

223,227,229,233,239,241,251,257,263,269,271,277,281,283,293,307,311,313,317,331,

337,347,349,353,359,367,373,379,383,389,397,401,409,419,421,431,433,439,443,449,

457,461,463,467,479,487,491,499,503,509,521,523,541,547,557,563,569,571,577,587,

593,599,601,607,613,617,619,631,641,643,647,653,659,661,673,677,683,691,701,709,

719,727,733,739,743,751,757,761,769,773,787,797,809,811,821,823,827,829,839,853,

857,859,863,877,881,883,887,907,911,919,929,937,941,947,953,967,971,977,983,991,

...

65521, 65537

};

// bsearch的比较函数

static int cmp(const void *p, const void *q)

{

    return (*(int*)p) - (*(int*)q);

}

// 缓冲的素数个数

int Prime_max()

{

    return NELEMS(primes);

}

// 返回第i个素数

int Prime_get(int i)

{

    assert(i >= 0 && i < NELEMS(primes));

    return primes[i];

}

// 测试n是否是素数

bool Prime_test(int n)

{

    assert(n > 0);

    if(n < 2) return false;

    if(n == 2) return true;

    if(!(n&1)) return false;

    // 如果n为素数, 则在序列hi位置之前

    int lo, hi = (int)ceil(n/(log(n)-3/2.0));

    if(hi < NELEMS(primes))

    {        // 确定2分法查找的范围

        // 只有n >= 67是才满足素数定理

        if(n >= 67) lo = (int)floor(n/(log(n)-1/2.0));

        else { lo = 0; hi = 19; }

        // 查找成功则为素数

        return NULL !=

            bsearch(&n, primes+lo, hi-lo, sizeof(n), cmp);

    }

    else

    {        // 不在保存的素数序列范围之内的情况

        for(int i = 1; primes[i]*primes[i] <= n; ++i)

           if(n%primes[i] == 0) return false;

        return true;

    }

}

10. 回顾, 以及推广
到这里, 关于素数的讨论基本告一段落. 回顾我们之前的求解过程, 我们会发现如果缺少数学的基本知识会很难设计好的算法; 但是如果一味地只考虑数学原理,而忽律了计算机的本质特征, 也会有同样的问题.一个很常见的例子就是求Fibonacci数列. 当然方法很多, 但是在目前的计算机中都没有实现的必要!
因为Fibonacci数列本身是指数增长的, 32位的有符号整数所能表示的位置只有前46个:

代码:

static const int Fibonacci[] = 

{

    0,1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610,987,1597,

    2584,4181,6765,10946,17711,28657,46368,75025,121393,196418,

    317811,514229,832040,1346269,2178309,3524578,5702887,9227465,

    14930352,24157817,39088169,63245986,102334155,165580141,267914296,

    433494437,701408733,1134903170,1836311903,-1323752223

};

因此, 我只需要把前46个Fibonacci数保存到数组中就可以搞定了!
比如: F(int i) = {return Fibonacci[i];} 非常简单, 效率也非常好.

评论

1 楼 w善解人衣w 2011-10-27  

很好，总结了素数的算法以及时间复杂度。笑纳了！