求1到n的质数个数和O(n)

也许更好的阅读体验
(mathcal{AIM})

我们知道：
对于一个合数(x) 有(x=p^{a_1}_1*p^{a_2}_2*...*p^{a_n}_n)
现在给出一个(n) 求(xin[1,n])，所有(x)分解出的(p)的幂数和
例如
(n=12)
(2=2^1)
(3=3^1)
(4=2^2)
(5=5^1)
(6=2^1*3^1)
(7=7^1)
(8=2^3)
(9=3^2)
(10=2^1*5^1)
(11=11^1)
(12=2^2*3^1)

数字	个数
2	10
3	5
5	2
7	1
11	1

(mathcal{Resolvent})

对于一个合数(x) 有(x=p^{a_1}_1*p^{a_2}_2*...*p^{a_n}_n)

(O(nsqrt n))

这是最简单的想法，先记录哪些数是质数，再把(n)以内所有的数分解掉

int cnt;
int prime[maxn],num[maxn];//prime -> 求出来的质数   num -> 每个数出现个数
bool vis[maxn];//欧拉筛里看其是否是质数
ols(n);//这是欧拉筛
for (int i=1;i<=n;++i)
	for (int j=１;j*j<=i&&j<=cnt;++j){
		int t=i;
		while (t%prime[j]==0)	++num[prime[j]],t/=prime[j];
	}

(O(nlog_2n))

考虑可不可以直接对整体求
这个方法对一些其他题也很有用

int cnt;
int prime[maxn],num[maxn];
bool vis[maxn];
ols(n);
for (int i=1;i<=cnt;++i){
	int t=prime[i],mi=1;//mi -> mi次幂
	while (t<=n){
		num[prime[i]]+=n/t*mi;
		t*=prime[i],++mi;
	}
}

(O(n))

对一个数 (x)
(x/p_1)显然是比(x)小的，若我们知道(x/p_1)的答案，那么(x)的贡献就是(x/p_1)的贡献加上对(p_1)的一个贡献
但我们把(x/p_1)的答案存下来只会增加复杂度
于是我们可以反过来循环，(x)先对(p_1)加一个贡献，之后我们就可以认为多了一个(x/p_1)了
计算(x/p_1)时答案就会多一，显然我们可以一直传递下去，这样每个数只用把自己最小质因子的贡献算出即可

int cnt;
int prime[maxn],num[maxn],come[maxn];//come[i] -> i的最小质因子
bool vis[maxn];
ols(n);
for (int i=n;i>=2;--i){
	if (vis[i]){//如果是个合数
		num[come[i]]+=num[i];//最小质因子加上当前这个数要计算次数
		num[i/come[i]]+=num[i];//加上这个数需计算次数
		num[i]=0;//当前这个数没了
	}
}