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## 素数筛法
如果我们想要知道小于等于 $n$ 有多少个素数呢？
一个自然的想法是我们对于小于等于 $n$ 的每个数进行一次判定。这种暴力的做法显然不能达到最优复杂度，考虑如何优化呢。
考虑这样一件事情：如果 $x$ 是合数，那么 $x$ 的倍数也一定是合数。利用这个结论，我们可以避免很多次不必要的检测。
如果我们从小到大考虑每个数，然后同时把当前这个数的所有（比自己大的）倍数记为合数，那么运行结束的时候没有被标记的数就是素数了。
```c++
void genPrimes() {
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
if (!vis[i]) pri[cnt++] = i;
for (int j = 0; j < cnt; ++j) {
if (i * pri[j] > n) break;
vis[i * pri[j]] = 1;
if (i % pri[j] == 0) break;
}
}
}
```
这个筛法被成为 eratosthenes （念作 “埃拉托斯特尼”）筛法，时间复杂度是 $O(n\log\log n)$。
以上做法仍有优化空间，我们发现这里面似乎会对某些数标记了很多次其为合数。有没有什么办法省掉无意义的步骤呢？
答案当然是：有！
如果能让每个合数都只被标记一次，那么时间复杂度就可以降到 $O(n)$ 了
```c++
void init() {
phi[1] = 1;
f(i, 2, MAXN) {
if (!vis[i]) {
phi[i] = i - 1; pri[cnt++] = i;
}
f(j, 0, cnt) {
if ((LL)i * pri[j] >= MAXN) break;
vis[i * pri[j]] = 1;
if (i % pri[j]) {
phi[i * pri[j]] = phi[i] * (pri[j] - 1);
} else {
// i % pri[j] == 0
// 换言之，i 之前被 pri[j] 筛过了
// 由于 pri 里面质数是从小到大的，所以 i 乘上其他的质数的结果一定也是 pri[j] 的倍数
// 它们都被筛过了，就不需要再筛了，所以这里直接 break 掉就好了
phi[i * pri[j]] = phi[i] * pri[j];
break;
}
}
}
}
```
上面代码中的 $phi$ 数组，会在下面提到。
这种线性筛也称为欧拉筛法
## 筛法求欧拉函数
注意到在线性筛中，每一个合数都是被最小的质因子筛掉。比如设 $p_1$ 是 $n$ 的最小质因子，$n' = \frac{n}{p_1}$，那么线性筛的过程中 $n$ 通过 $n' \times p_1$ 筛掉。
观察线性筛的过程，我们还需要处理两个部分，下面对$n' \bmod p_1$ 分情况讨论。
如果 $n' \bmod p_1 = 0$，那么 $n'$ 包含了 $n$ 的所有质因子。
$$
\begin{aligned}
\varphi(n) & = n \times \prod_{i = 1}^s{\frac{p_i - 1}{p_i}} \\\\
& = p_1 \times n' \times \prod_{i = 1}^s{\frac{p_i - 1}{p_i}} \\\\
& = p_1 \times \varphi(n')
\end{aligned}
$$
那如果 $n' \bmod p_1 \neq 0$ 呢，这时 $n'$ 和 $n$ 是互质的，根据欧拉函数性质，我们有：
$$
\begin{aligned}
\varphi(n) & = \varphi(p_1) \times \varphi(n') \\\\
& = (p_1 - 1) \times \varphi(n')
\end{aligned}
$$
```c++
void phi_table(int n,int* phi)
{
for (int i=2;i<=n;i++) phi[i]=0;
phi[1]=1;
for (int i=2;i<=n;i++)
if (!phi[i])
for (int j=i;j<=n;j+=i)
{
if (!phi[j]) phi[j]=j;
phi[j]=phi[j]/i*(i-1);
}
}
```
## 筛法求莫比乌斯函数
## 筛法求约数个数
## 其他线性函数