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问题

求十亿内所有质数的和，怎么做最快?

回答
要计算十亿（1,000,000,000）以内所有质数的和，这绝对是一项不小的挑战，而且想要“最快”地完成它，需要巧妙地结合数学原理和高效的计算方法。直接一个一个地判断是否为质数然后累加，在这么大的范围内是绝对不可行的，效率会低到令人发指。

让我来详细说说，我们如何一步步地去接近这个问题，并找到相对最快的解决方案。

问题的本质与挑战

首先，我们需要理解问题：质数是指大于1的自然数，除了1和它本身以外不再有其他因数的数。比如2, 3, 5, 7, 11, 13... 所谓“十亿以内”，就是指我们关心的范围是 $[2, 1,000,000,000]$ 这个区间。

挑战在于：

1. 质数的分布不规律性： 虽然质数有无限个，但它们在数轴上的分布越来越稀疏，寻找它们并不像找偶数那么直接。
2. 计算量巨大： 十亿是一个非常大的数字。即使是判断一个数是不是质数，也需要一定的时间。如果一个一个去试，累积起来的时间将是天文数字。
3. 内存限制： 如果我们试图将十亿以内的所有质数都存储起来，会占用巨大的内存，这在很多情况下是无法接受的。

第一步：寻找高效的质数生成方法——筛法

我们不能一个一个地去试除一个数是不是质数（这叫做试除法，效率非常低）。在寻找大量质数时，筛法（Sieve Methods）是效率最高的方法之一。其中最著名也最适合我们这个场景的是埃拉托斯特尼筛法（Sieve of Eratosthenes）。

埃拉托斯特尼筛法原理：

想象一下，你有一个装着从2到N（这里N是十亿）所有整数的列表。

1. 从列表的第一个数字2开始，它是一个质数。然后，划掉列表中所有2的倍数（4, 6, 8, 10...）。
2. 找到列表中下一个未被划掉的数字，也就是3。它是一个质数。然后，划掉列表中所有3的倍数（6, 9, 12, 15...）。（注意，有些已经划掉了，比如6）
3. 继续这个过程：找到下一个未被划掉的数字（5），它是质数，然后划掉所有5的倍数。
4. 重复这个步骤，直到你处理到 $sqrt{N}$ 这个数。为什么是 $sqrt{N}$ 呢？因为如果一个合数 $M$ 有一个大于 $sqrt{M}$ 的因子，那么它一定也有一个小于 $sqrt{M}$ 的因子。所以，当我们将所有小于或等于 $sqrt{N}$ 的质数的倍数都划掉后，剩下的所有未被划掉的数自然都是质数了。

对于十亿这个数字，$sqrt{1,000,000,000} approx 31622.77$。这意味着我们只需要筛掉到大约31623这个数就可以了。这比筛到十亿要容易得多。

筛法的优化与局限性：

空间效率： 传统的埃拉托斯特尼筛法需要一个布尔数组来标记每个数字是否是质数，大小为 N。对于十亿，这意味着需要大约1GB（如果用字节表示）或更多（如果用布尔值表示，即使是布尔值，在C++等语言中也可能按字节处理）的内存。这个内存需求是可以接受的，但我们还可以做得更好。
线性筛法（Sieve of Linus, Sieve of Euler）： 有一种更高级的筛法叫做线性筛法，它可以在线性时间（O(N)）内找到所有小于等于N的质数，并且保证每个合数只会被它的最小质因数划掉一次。这在理论上效率更高，但实现起来稍复杂一些，而且对于我们目前考虑的十亿级别，埃拉托斯特尼筛法（经过优化）通常也足够快。

进阶优化：段式筛法（Segmented Sieve）

直接用一个10亿大小的数组来标记，内存占用还是比较大的。为了解决这个问题，我们可以使用段式筛法。

原理是这样的：

1. 预处理小质数： 首先，我们用经典的埃拉托斯特尼筛法找出所有小于等于 $sqrt{N}$ 的质数（大约31623）。这些小质数是我们的“筛子”。
2. 分段筛查： 然后，我们将整个范围 [2, N] 分成许多小的“段”（例如，大小为 $10^6$ 或 $10^7$）。
3. 逐段筛： 对于每一段（比如 $[S, S + ext{段大小} 1]$），我们只用前面预处理出来的小质数去筛掉这段内的合数。对于每个段，我们只需要一个大小等于段大小的布尔数组。

这样做的优点是：

内存占用大大降低： 我们只需要存储小质数列表和当前正在处理的段的标记数组。比如，对于一个 $10^7$ 大小的段，我们只需要大约1MB的内存来标记。
计算效率： 虽然需要多次迭代，但每次迭代的计算量是可控的，并且通过预处理小质数，我们避免了对大数的试除。

第二步：累加质数

一旦我们用筛法（特别是段式筛法）生成了所有的质数，问题就转化为将这些质数累加起来。

数据类型选择： 这里需要注意，十亿以内的质数数量大约是 $frac{N}{ln N}$，对于 $N=10^9$，这个数量约为 50,847,534 个。这些质数的平均值大约是 $N/2$（虽然质数分布不均，但这是个粗略估计）。
所有质数的和可能会非常巨大。我们需要使用能够存储大数的类型。在大多数编程语言中，标准的整数类型（如32位或64位整数）可能不够用。我们需要使用64位整数（long long in C++, long in Java, int in Python 3），或者在某些语言中可能需要专门的大数库。

让我们粗略估算一下：如果平均每个质数是 5 亿（非常粗糙的估计），有 5000 万个质数，那么总和大约是 $5 imes 10^7 imes 5 imes 10^8 = 2.5 imes 10^{16}$。64位整数的最大值大约是 $9 imes 10^{18}$，所以64位整数是足够的。

实际操作的流程和实现细节

要“最快地”完成这件事，我们需要考虑计算效率、内存效率和代码实现。

1. 预处理小质数 (小于 $sqrt{10^9} approx 31623$)

使用标准的埃拉托斯特尼筛法来找出所有小于等于31623的质数。
将这些质数存储在一个列表中，用于后面的段式筛法。

2. 实现段式筛法

选择一个合适的段大小，比如 $2^{20}$ ($1,048,576$) 或 $2^{24}$ ($16,777,216$)。段大小的选择需要权衡内存和缓存效率。较大的段意味着更少的段，但每个段需要更多内存。
迭代地处理从2到十亿的每个段。
对于每个段 $[S, E]$：
创建一个大小为 $(E S + 1)$ 的布尔数组 `isPrimeInSegment`，全部初始化为 true。
遍历预处理得到的小质数列表 `primes_up_to_sqrt_N`。
对于每个小质数 `p`：
计算 `p` 的第一个倍数，这个倍数大于等于当前段的起始值 `S`。这可以通过 `start_multiple = max(p p, (S + p 1) / p p)` 来计算。为什么是 `pp`？因为小于 `pp` 的 `p` 的倍数，应该已经被比 `p` 更小的质数筛掉了。
从 `start_multiple` 开始，以 `p` 为步长，将 `isPrimeInSegment` 中对应的值标记为 `false`（如果 `start_multiple` 本身在段内）。
继续标记 `start_multiple + p`, `start_multiple + 2p`, ... 直到超出段的结束值 `E`。
处理段内的质数： 标记完当前段后，遍历 `isPrimeInSegment` 数组。如果 `isPrimeInSegment[i]` 为 true，则 `S + i` 就是一个质数。将这个质数累加到总和中。需要特别注意，如果段的起始值 S 是 0 或 1，要确保它们不被错误地当做质数。
累加： 在处理每个段时，将找到的质数添加到总和变量中。

3. 优化细节

最小质因数筛法（Linear Sieve）： 如果想追求极致的性能和理论上的最小操作次数，可以使用线性筛法来生成小于等于 $sqrt{N}$ 的质数，以及在段式筛法中使用最小质因数的信息。但通常，埃拉托斯特尼筛法配合段式筛法已经足够快了。
并行计算： 如果计算资源允许（多核CPU），可以将不同的段分配给不同的线程来并行处理，这会成倍地加速计算过程。
内存访问模式： 好的内存访问模式可以利用CPU缓存，提高效率。段式筛法本身的特点就比较符合缓存友好的模式。
位压缩（Bit Packing）： 对于标记布尔值的数组，可以使用位操作来进一步压缩内存，使得一个字节可以标记8个数字。这对于非常大的段或者受限于内存的场景非常有用。

总结最快的方法

综合来看，最快的策略是：

1. 使用段式埃拉托斯特尼筛法（Segmented Sieve of Eratosthenes）。
2. 预先计算出 $sqrt{10^9} approx 31623$ 以内的所有质数。
3. 将 $[2, 10^9]$ 的范围划分为多个大小合适的段（例如 $10^6$ 到 $10^7$ 之间）。
4. 对于每个段，使用预先计算的小质数来筛掉合数。
5. 在筛的过程中，将找到的质数累加到一个64位（或更大）的整数变量中。
6. 如果可能，利用多线程并行处理不同的段以进一步加速。

代码示例（概念性，C++ 风格）

下面是一个概念性的代码片段，展示了段式筛法的核心思想。注意，这是一个简化版本，实际实现需要更精细地处理边界和数据结构。

```cpp
include
include
include
include

// 假设我们有一个函数可以找到小于等于 limit 的所有质数
std::vector sieve_primes_up_to(int limit) {
std::vector is_prime(limit + 1, true);
is_prime[0] = is_prime[1] = false;
for (int p = 2; p p <= limit; ++p) {
if (is_prime[p]) {
for (int i = p p; i <= limit; i += p)
is_prime[i] = false;
}
}
std::vector primes;
for (int p = 2; p <= limit; ++p) {
if (is_prime[p]) {
primes.push_back(p);
}
}
return primes;
}

int main() {
const int LIMIT = 1000000000; // 十亿
const int SQRT_LIMIT = static_cast(sqrt(LIMIT));
const int SEGMENT_SIZE = 1 << 20; // 1MB (约104万个数字)

// 1. 预处理小于 sqrt(LIMIT) 的质数
std::vector primes_up_to_sqrt = sieve_primes_up_to(SQRT_LIMIT);

// 使用 unsigned long long 来存储总和，因为质数和可能很大
unsigned long long total_sum = 0;

// 2. 分段筛法
for (int low = 0; low <= LIMIT; low += SEGMENT_SIZE) {
int high = std::min(low + SEGMENT_SIZE 1, LIMIT);

// 创建当前段的布尔数组，大小为段的大小
// 使用 vector 是一个特例，它通常被优化为位集，内存效率很高
std::vector is_prime_in_segment(high low + 1, true);

// 0 和 1 在这个段内不是质数（如果段包含它们）
if (low == 0) {
if (high >= 0) is_prime_in_segment[0] = false; // 对于0
if (high >= 1) is_prime_in_segment[1] = false; // 对于1
} else if (low == 1) {
if (high >= 1) is_prime_in_segment[0] = false; // 对于1
}


// 使用预处理的质数筛当前段
for (int p : primes_up_to_sqrt) {
// 计算 p 的第一个倍数，该倍数大于等于当前段的起始值 low
// 使用 max(pp, ...) 是因为小于 pp 的 p 的倍数已被更小的质数筛掉
long long start_multiple = (long long)p p;
if (start_multiple < low) {
start_multiple = (low + p 1) / p p; // 向上取整整除
}

// 确保 start_multiple 在当前段的范围内，并且是 p 的倍数
if (start_multiple < low) start_multiple += p; // 如果计算出的 start_multiple 小于 low，则需要下一个倍数

// 从 start_multiple 开始，以 p 为步长标记合数
for (long long j = start_multiple; j <= high; j += p) {
if (j >= low) { // 确保 j 在当前段的范围内
is_prime_in_segment[j low] = false;
}
}
}

// 累加当前段中的质数
for (int i = 0; i <= high low; ++i) {
if (is_prime_in_segment[i]) {
total_sum += (long long)low + i;
}
}
}

std::cout << "Sum of primes up to " << LIMIT << " is: " << total_sum << std::endl;

return 0;
}
```

一些注意事项和改进建议：

`std::vector` 的性能： `std::vector` 在 C++ 中是一个特殊的模板，它将布尔值打包成位，节省内存，但访问元素时可能不如普通数组快。对于性能敏感的代码，可以考虑使用 `std::vector` 或 `std::vector` 并进行位操作，或者使用专门的位集库。
数据类型： 确保所有中间计算和最终总和都使用足够大的数据类型（如 `unsigned long long`）。
边界条件： 对 `low` 和 `high` 的处理，特别是当段包含0或1时，要格外小心。
并行化： 上述代码是单线程的。要获得最快的速度，需要将循环 `for (int low = 0; low <= LIMIT; low += SEGMENT_SIZE)` 拆分成多个线程，每个线程处理一部分段。
数值稳定性/溢出： 尽管 `unsigned long long` 足够大，但在进行乘法等运算时，务必注意中间结果是否会溢出，尤其是在计算 `start_multiple` 时。

总而言之，计算十亿以内所有质数的和是一个典型的计算密集型问题，最快的解决方案依赖于高效的算法（段式筛法）和对计算资源（内存、CPU核心）的充分利用。

网友意见

user avatar

这个题目下的答案大致分为几种：

  1. Magic。例如 @陈硕， @渡子厄（半Magic，因为Wolfram Alpha并没给出准确结果）。这个我就不评论了，因为没说是什么方法。
  2. 暴力1到10亿，对每个数判断是否素数（或暴力试除，或Miller Rabin）。方法太暴力，最快也不过，其中是上界10亿。
  3. 筛出所有以内的素数然后加起来。有人用Eratosthenes筛（复杂度），有人用欧拉筛（最简单的线性筛之一），也有人用Matlab等软件。此方法也极其暴力。因为不超过n的素数有个，所以任何先找出所有素数再加起来的方法（即使使用亚线性的筛法，例如Atkin筛或Wheel筛）都不可能快于这个时间复杂度。
  4. 不知所云型。就不点名了。
  5. 理论上更优的算法。目前只看到 @罗宸。他给出的代码是来自于Project Euler第10题（Summation of primes ）的论坛中Lucy_Hedgehog给出的Python代码的直接翻译，注释也都还在。接下来我就来介绍一下Lucy_Hedgehog给出的这个算法。

==========正式回答分割线=============


首先来感受一下这个算法的速度：

       $ for n in 10000000 100000000 1000000000 10000000000 100000000000; do time python Main.py $n; done 3203324994356  real    0m0.049s user    0m0.031s sys     0m0.015s 279209790387276  real    0m0.117s user    0m0.093s sys     0m0.015s 24739512092254535  real    0m0.514s user    0m0.468s sys     0m0.046s 2220822432581729238  real    0m2.645s user    0m2.625s sys     0m0.031s 201467077743744681014  real    0m15.713s user    0m15.656s sys     0m0.031s

可以看到，即使是python这样的解释型动态语言，算出10亿的结果也不过需要0.5s，算出1000亿也只要15秒，是完虐以上各种暴力方法的。

整个算法类似于Wikipedia中给出的求n以内素数个数的算法（

Prime-counting function

），感兴趣的也可以去看一下。

==========真正的！正式回答分割线 :D =============


定义为到所有整数中，在普通筛法中外层循环筛完时仍然幸存的数的和。因此这些数要不本身是素数，要不其最小的素因子也大于。因此我们需要求的是，其中是十亿。

为了计算，先考虑几个特殊情况

  1. 。此时所有数都还没有被筛掉，所以
  2. 不是素数。因为筛法中早已被别的数筛掉，所以在这步什么都不会做，所以此时；
  3. 是素数，但是。因为每个合数都一定有一个不超过其平方根的素因子，如果筛到时还没筛掉一个数，那么筛到时这个数也还在。所以此时也有。

现在考虑最后一种稍微麻烦些的情况：是素数，且。

此时，我们要用素数去筛掉剩下的那些数中的倍数。注意到现在还剩下的合数都没有小于的素因子。因此有：

后面那项中提取公共因子，有：

因为整除，稍微变形一下，令，有：

注意到一开始提到的的定义（“这些数要不本身是素数，要不其最小的素因子也大于(注意!)”），此时后面这项可以用来表达：

再用替换素数和得到最终表达式：


我们最终的结果是。计算时可以使用记忆化，也可以直接自底向上动态规划。

至于算法的复杂度就留作练习，是低于以上任何一种暴力方法的。

希望我讲清楚了。代码我就不放了，自己解决Project Euler 第10题之后可以去论坛里看Lucy_Hedgehog的代码（在论坛第5页）。也可以去看

@罗宸

给出的代码。


========== 更新：

@吴昌隆

在评论中给出一个链接，其中包含一个理论上更优的算法（

Theoretical Computer Science Stack Exchange

上

Charles的回答

）。我粗略读了一下，认为理论上是可行的。因为本题中的答案只有级别，使用中国剩余定理的话也只需要算到级别的素数，因此总复杂度为。

粗略读了下其参考文献（J. C. Lagarias and A. M. Odlyzko,

Computing π(x): An analytic method

,

Journal of Algorithms

8 (1987), pp. 173-191. ）后，我认为这算法不可能像这个答案中的算法一样在十几行代码内实现，仅放出来供感兴趣的朋友去看一下。

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