观察如下欧拉筛代码：
1 const int MAXN=30000001; 2 int prime[MAXN]; 3 bool vis[MAXN]; 4 int Prime(int n){ 5 int cnt=0; 6 memset(vis,0,sizeof(vis)); 7 for(int i=2;i<n;i++){ 8 if(!vis[i]) 9 prime[cnt++]=i; 10 for(int j=0;j<cnt&&i*prime[j]<n;j++){ 11 vis[i*prime[j]]=1; 12 if(i%prime[j]==0) 13 break; 14 } 15 } 16 return cnt; 17 }
发现其流程如下：
- 从1至n枚举,对于元素i：
- 判断其是否已被筛除？否，则已经确定其为质数
- 枚举不大于i的最小质因子的质数：
- 将i与这些质数的乘积筛除；
充分性：
——为什么流程第2行是正确的呢？
任意合数k可表示为其 最小质因子pj 与 数i 相乘（i：质数or合数）
且pj小于等于 数i 的最小质因子（否则该质因子才是k的最小质因子）
所以只要数i被枚举，合数k即被筛除（见流程3,4行）
由于i一定小于k,故当枚举到合数k时，她已经被删除啦（见流程1行）
即，该流程满足使所有合数被数i与该合数最小质因子pj相乘的情况筛去
效率：
——为什么这样快？
在流程中，统计筛操作的次数：
由于合数k只被数i与该合数最小质因子pj相乘的情况筛去
（当另一个数l想要与k的另一个大点的质因子pm筛去k时，她惊奇地发现她的最小质因子比pm大——因为pj正是她的最小质因子——这就意味着她不能筛k）
所以所以合数只被筛了一次；
视为O(n)的效率
附上一个筛数的流程：
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
枚举至2，并筛除：
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
质数：2；
枚举至3，并筛除：
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
质数：2，3；
枚举至4，并筛除：
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
质数：2，3；
枚举至5，并筛除：
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
质数：2，3，5；
枚举至6，并筛除：
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
质数：2，3，5；
枚举至7，并筛除：
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
质数：2，3，5，7；
然后重复以上过程，筛除，并记录质数；
（由于最小质数2,与8相乘已经大与15，故该筛的早已筛了，现在主要是记录质数，但流程还得继续啊）