如果只是對一個整數進行素性測試的只要o(√n)的復雜度便可以判定，藍而如果是n個呢（n<=1000)照樣可以，那如果100000個呢？對於普通的o(n√n)根本跑不動，因此我們必須尋找更加高效的算法，常用的篩選方法有埃氏篩法， 區間篩法，歐拉篩法。
1.埃氏篩法
首先，我們先把2-n范圍內的數寫下來，其中最小的素數是2，那么能被2整除的數便不是素數，那么我們可以把2的倍數都划去。然后剩下的最小素數便是3，我們便把3的倍數都划去，以此類推。這樣反復操作我們就能枚舉n以內的素數。
貼上偽代碼：
1 const int N = 1000000 + 5; 2 int check[N], prime[N]; 3 4 int ptot = 0; 5 memset(check, 0, sizeof(check)); 6 for(int i = 2; i <= n; i ++){ 7 if(!check[i])prime[ptot++] = i; 8 for(int j = 2; i * j <= n; j ++) check[i * j] = 1; 9 }
但是問題又來了， 這個復雜度究竟該怎么算呢？怎么看像o(n2)呢？No No No~~
每次我們篩去每個數的整數倍像2篩了n/2個，3篩了n/3個；
因此總的復雜度約為：
哎呀！這不是發散級數嗎？這個不是發散的數啊，那復雜度不是會爆掉嗎？
別擔心，雖然它是發散級數，但是他的增長速度非常慢，來我們測試一下
看到了嗎？這個發散級數在n = 1000000的時候都沒有超過14由此可見它的復雜度很小，近似等效成o(nloglogn),而對我們這些搞ACM的人來講他大致看成線性的都無妨。
2.區間篩法
設區間[a,b)表示a<=x<b，的素數所構成的集合。
我們很容易知道b只要不能整除[2,√b]里面的素數，那么b就可以被認定為
一個素數，因此，如果我們有√b里面的素數表，便可以結合埃氏篩法來判斷。
附上偽代碼：
1 const int N = 100000 + 5; 2 int check[N], prime[N]; 3 int is_prime[N]; 4 5 int ptot = 0; 6 memset(check, 0, sizeof(check)); 7 memset(is_prime, 0, sizeof(is_prime)); 8 for(int i = 2; i <= n; i ++){ 9 if(!check[i])prime[ptot++] = i; 10 for(int j = 2; i * j <= sqrt(b); j ++) check[i * j] = 1;//篩[2,√b) 11 for(int j = a/i+1; i * j < b; j ++) is_prime[i * j - a] = 0;//篩[a,b) 12 //將[a, b)的數，移到[0, b - a)可節省空間 13 }
3.歐拉篩法
這便是重頭戲，真真正正的o(n)的復雜度,不說什么，直接上代碼。
1 const int N = 1000000 + 5; 2 int prime[N], check[N]; 3 4 memset(prime, 0, sizeof(prime)); 5 memset(check, 0, sizeof(check)); 6 int ptot = 0; 7 for(int i = 2; i <= n; i ++){ 8 if(!check[i]) prime[ptot ++] = i; 9 for(int j = 0; j < ptot; j ++){ 10 if(prime[j] * i > n) break; 11 check[prime[j] * i] = 1; 12 if(i % prime[j] == 0) break; 13 } 14 }
這個貌似只是做了少許改進了吧，貌似就改進了第12行啊，聰明，藍而就是因為這一行，導致了他的復雜度變成完美的線性， 設合數的最小質因數為p，則當它遍歷到這個素數的時候因為第12行二跳出循環，這樣直接導致了每個合數只能被它的最小質因數給刪去。
下面給出證明：
設合數n的最小質因數為p，另一個比它大的質因數為p1,設 n = p1 * m1 = p * m,我們很容易就可以發現j循環到質因數p的時候合數n第一次被標記（若循環到p之前已經跳出循環則說明有比p更小的質因數），若也被p1標記，則是在這之前（因為p1 > p,所以m1 < m)，考慮i循環到m1，注意到n = p*m=p1*m1且p,p1為不同的質數，因此p|m1,所以當j循環到質數p后就結束，不會循環到p1.這就說明了不會被p1篩去，說明合數只能被它最小的素數給刪去。（很神奇吧！）