1.质数
1.1定义
一个大于1的自然数，除了1和它自身外，不能被其他自然数整除，那么他就是质数，否则他就是合数。
注意：1既不是质数也不是合数
唯一的偶质数是2，其余所有质数都是奇质数
1.2质数判定求法
试除法：
若n为1，说明不是质数，
若n不为1，
我们从2开始遍历到n-1，判断2到n-1是否可以被n整除，如果任意（2，n-1）的数可以被整除，那么他就不是质数。如果都不能被整除，那么就是质数
上面的试除法其实还不够好，因为需要遍历的次数接近n次，而我们其实可以再剪掉一部分数不用判断。
结论：只要遍历从2到根号n的自然数
讲解：
若n有一个大于根号n的因数，那么它一定有一个小于根号n的因数（因为这样两个因数相乘才会等于n）
而一个合数一定有一个因数小于等于根号n，所以我们只要判断从2到根号n的自然数是否有关于n的因数就可以知道该数是合数还是质数了
若存在一个可以整除的数i，那么这个数n就是合数，否则他就不是合数，而是质数
代码实现：
bool isprime(int num) { if(num == 1) return false; for(int i = 2; i <= num/i; i++) { if(num%i == 0) { return false; } } return true; }
2.更多应用方法
若我们想知道区间（1，n）中一共有多少个素数，且想知道第k个素数是谁。应该如何求？
暴力解法：遍历判断（1，n），用全局变量count记录一共出现的素数个数，用数组f[k]记录第k个素数是谁
不过我们其实有其他更好的解法可以用，接下来我们分别介绍
注意：区间一定要是从1或2开始的连续区间才可以用后面的方法
2.1埃氏筛
对于一个大于1的正整数，他的k倍一定是一个合数
所以我们在访问到当前数num的时候就可以顺便把他的所有倍数剪枝掉，他的所有倍数一定不是素数
而如果我们是从i==2开始遍历的，只要我们可以访问到的数就一定是质数，这可以用反证法推导。
图示解析前三轮：
被框柱的就是判定为素数的，被划掉的表示经过倍数筛查将这些合数筛掉了，我们看到这里其实有一些数被筛掉了两次，这是因为他们是某些质数的公倍数，而我们其实可以通过优化让我们在筛查的时候减少重复筛
优化：
我们在倍数筛查的时候可以直接从i的i倍开始，因为i的2倍到i-1倍都被前面的质数倍数筛掉了
代码实现：
typedef long long ll; const int N = 1e9; bool f[N]; int a[N]; int count; void get_prime(int n) { for(int i = 2; i <= n; i++) { if(f[i] == true) { continue; } a[++count] = i; for(ll j = i*i ; j <= n; j+=i) { f[j] = true; } } }
2.2线性筛
由于埃氏筛即使经过从i乘i开始的优化，仍然会有合数被重复筛，时间复杂度并不是O（n）级别。
为了使筛选的时间复杂度降低为O（n）级别，我们需要使用线性筛
线性筛最多只会对每个元素访问两次，一次是遍历到的时候，一次是筛掉的时候。
核心逻辑：让每个合数被其最小质因数筛掉
代码实现核心逻辑：
从前往后遍历数i，用i的质数倍去筛，当i是当前的质数的倍数时，进行完当前筛查后停止
代码实现：
typedef long long ll; const int N = 1e9; bool f[N]; int a[N]; int count; void get_prime(int n) { for(ll i = 2; i <= n; i++) { //没有被标记为true，说明是质数 if(f[i] == false) { a[++count] = i; } //进行线性筛 for(int j = 1; i*a[j] <= n; j++) { f[i*a[j]] = true; if(i % a[j] == 0) break; { } }注意：
1.如果i是合数，那么他会枚举到最小质因数后退出循环；如果i是质数，那么他会枚举到等于它本身的质数后退出循环。
而这个特性表明：p[j]就是i的最小质因数
2.线性筛的for循环条件中没有j<=count是因为当j==count的时候，i==p[j]，直接break了
2.3例题讲解
审题：
本题需要我们找出区间l到r之间的所有素数的个数思路：
方法一：暴力解法
我们用双层for循环，外层for循环将l到r遍历，内层将1~根i的数与外层的数依次试除，然后若有一次成功整除则i为素数，count++。
时间上：外层为1e6,内层为1e6，所以总共的运行次数可能会达到1e12，会超时
方法二:二次筛选
我们其实不用将1到r的所有素数都选出来，而是只要遍历到根号r即可将1到r的素数筛选出来。
然后我们的筛选方法不用试除法，因为该方法要对每一个数都进行n次，所以使用埃氏筛。
第一步：将1到根号r的质数筛选出来
第二步：利用筛选出来的质数再利用埃氏筛的方法筛选出l到r之间的素数
第三步：记录区间素数个数并输出
注意：
1.筛选1到根号r的素数的目的是利用埃氏筛进行l到r的筛选2.如何确定质数的起始倍数？
因为我们的l不是从1或2开始的，所以质数的较低倍数可能会小于l，我们为了避免这种无效筛选就要找到质数合适的起始倍数。而该质数乘上起始倍数一定要大于等于l的值
于是我们得出以下向上取整的倍数计算式: l+x-1/x
解析：原本l/x就可以大概得到所需倍数，但是可能因为被计算机向下取整导致计算结果仍小于l，所以我们在分子加上x-1就进行了向上取整的操作
解题：
#include<iostream> #include<cmath> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 1e6 + 10; ll l, r; int cou;//记录1~根号r的素数个数 ll prime[N];//记录素数 bool f[N];//埃氏筛筛查表 bool F[N]; void selprime() { for (ll i = 2; i <= sqrt(r); i++) { if (F[i] == true)//被筛掉了 { continue; } else { prime[cou++] = i; ll j = i; while (j * i <= sqrt(r))//进行标记 { F[j * i] = true; j++; } } } } int main() { cin >> l >> r; l = l == 1 ? 2 : l;//控制l不为1 //筛选1~根号r的素数 selprime(); //利用埃氏筛和选出的素数对l到r区域进行筛选 for (int i = 0; i < cou; i++) { ll x = prime[i]; for (ll j = max(2 * x, (l + x - 1) / x * x); j <= r; j += x) { f[j-l] = true; } } //记录区间素数个数 ll count = 0; for (ll i = l; i <= r; i++) { if (f[i-l] == false) count++; } cout << count << endl; return 0; }1.我们的第一次筛选使用的是埃氏筛，所以利用了一个F数组来记录筛选结果。
2.由于1既不是合数也不是素数，所以我们将l为1的情况变为l为2
3.若出现l的值和筛选出的质数的值一样的情况，也就是起始倍数为1，我们不能对它打上true标记，因为他是质数，所以我们加一个判断，若倍数为1则将倍数设置为2进行筛选
4.由于l和r的数据范围较大，为了合法记录筛选情况，我们不能直接用f[j]记录情况，而是要将j情况映射到j-l处，因为l和r之间的差小于1e6，我们是可以记录的
