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  • 素数算法大全

    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:
    
bool isPrime(int n)
{
    if(n < 2) return false;

    for(int i = 2; i < n; ++i)
        if(n%i == 0) return false;

    return true;
}
    时间复杂度O(n).


    2. 改进, 去掉偶数的判断

    代码:
    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;
}
    时间复杂度O(n/2), 速度提高一倍.


    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:
    bool isPrime(int n)
{
    if(n < 2) return false;
    if(n == 2) return true;

    for(int i = 3; i*i <= n; i += 2)
        if(n%i == 0) return false;

    return true;
}
    时间复杂度O(sqrt(n)/2), 速度提高O((n-sqrt(n))/2).


    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, cnt;
    
    primes[0] = 2;
    primes[1] = 3;
    
    for(i = 5, cnt = 2; cnt < 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[cnt++] = 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:

    代码:
    
// 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.
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