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一、题目描述
哥德巴赫猜想的内容如下：
任意一个大于 4 的偶数都可以拆成两个奇素数之和。
例如：
8=3+5
20=3+17=7+13
42=5+37=11+31=13+29=19+23
现在，你的任务是验证所有小于一百万的偶数能否满足哥德巴赫猜想。
输入格式 输入包含多组数据。
每组数据占一行，包含一个偶数 n。
读入以 0 结束。
输出格式
对于每组数据，输出形如 n = a + b，其中 a,b 是奇素数。
若有多组满足条件的 a,b，输出 b−a 最大的一组。
若无解，输出 Goldbach's conjecture is wrong.。
数据范围
6≤n<10^6
输入样例
8
20
42
0
输出样例：
8 = 3 + 5
20 = 3 + 17
42 = 5 + 37
二、一些常识
-
欧拉筛时间复杂度
O(n)
-
自然对数
e
自然对数e是一个数学常数，约等于2.71828。它是一个无理数，也是一个重要的数学常数。e是自然对数的底数，它在许多数学和科学领域中都有广泛的应用。
自然对数e可以通过以下级数展开来定义：
\large e = 1 + \frac{1}{1}! + \frac{1}{2}! + \frac{1}{3}! + \frac{1}{4}! + ...
n!表示n的阶乘。
-
质数个数定理
1\sim n之间质数的个数 约 是\large \frac{n}{lgn}=\frac{n}{log_en}
举个例子：n=100,按如下的C++代码+质数个数定理进行计算,结果是21,实际上是25个，两者在数量级上是一致的，但不是非常准确，只能用于估算。
n \div lg(n) =100 \div 4.60517 = 21
#include <iostream>
#include <cmath>
bool is_prime(int num) {
if (num < 2) {
return false;
}
for (int i = 2; i <= sqrt(num); i++) {
if (num % i == 0) {
return false;
}
}
return true;
}
int main() {
int n = 100; // n的值为100
int prime_count = 0; // 质数个数的计数器
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (is_prime(i)) {
prime_count++;
}
}
std::cout << "质数个数: " << prime_count << std::endl;
double estimated_count = (n / log(n)); // 使用质数个数定理估计质数的个数
std::cout << "质数个数定理估计值: " << estimated_count << std::endl;
return 0;
}
-
算数基本定理
任何一个大于1的自然数 N，如果N不为质数，那么N可以唯一分解成有限个质数的乘积N = P_1^{a_1}P_2^{a_2}P_3^{a_3}…P_n^{a_n}，这里P_1<P_2<P_3…<P_n均为质数，其中指数a_i是正整数,这样的分解称为 N 的标准分解式。
三、实现思路
- ① 欧拉筛求出区间内所有质数
- ② 枚举每个质数，（注意 要放过数字
2,因为2是偶数，本题要求是奇数） - ③ 判断
n-a是不是也是质数，此时st[i]数组发挥巨大作用 - ④ 找到的第一个就是结果
四、实现代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
// 欧拉筛
const int N = 1e6 + 10;
int primes[N], cnt; // primes[]存储所有素数
bool st[N]; // st[x]存储x是否被筛掉
void get_primes(int n) {
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (!st[i]) primes[cnt++] = i;
for (int j = 0; primes[j] * i <= n; j++) {
st[primes[j] * i] = true;
if (i % primes[j] == 0) break;
}
}
}
int main() {
// 加快读入
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
// 欧拉筛求出区间内所有质数
get_primes(N - 1); // 不能到N，因为数组下标从0开始！要不会越界~
int n;
while (cin >> n, n) {
for (int i = 1;; i++) { // 枚举每个奇数质数,不用上界，因为认为哥德巴赫猜想是正确的，肯定有解
int a = primes[i]; // primes[0]=2,因为2特殊，是质数，并且是奇数，本题要求是奇数，放过数字2
int b = n - a; // 差值
if (!st[b]) { // 差值也是质数,这个st数组用的漂亮啊，我还以为要在primes中二分呢
// 第一个找的就是最小奇数质数因子，所以相对就是最大的奇数质数因子，两者的差就是最大
printf("%d = %d + %d\n", n, a, b);
break;
}
}
}
return 0;
}