信息学奥赛一本通 1622：Goldbach’s Conjecture | 洛谷 UVA543 Goldbach‘s Conjecture

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ybt 1622：Goldbach's Conjecture
洛谷 UVA543 Goldbach's Conjecture

【题目考点】

1. 筛法求质数表

埃筛
线性筛（欧拉筛）
知识点讲解见信息学奥赛一本通 2040：【例5.7】筛选法找质数

【解题思路】

首先使用埃筛或线性筛求出质数表。

包括isPrime数组，isPrime[i]表示数值i是否是质数。以及prime数组，prime[i]保存第i个质数，pn是保存在prime数组中的质数的个数。

判断整数n是否可以写成两个奇素数的加和，枚举第一个较小的奇素数。prime[1]是2，是偶数，略过。i从2循环到pn，第一个奇素数为prime[i]，而该数是相加的两个素数中的较小的数，因此该数需要满足不超过n的一半，即需要满足prime[i] <= n/2。第一个奇素数是prime[i]，要想使两个数加和为n，则第二个数为n-prime[i]，判断第二个数是否是素数，可以使用前面求出的isPrime数组，isPrime[n-prime[i]]表示n-prime[i]是否为素数。如果第二个数也是素数，则输出n等于两个数相加的公式，并跳出循环。

虽然哥的巴赫猜想还没有被证明，但在题目给定的范围找到一个偶数不满足哥的巴赫猜想是不可能的，如果你找到了哥的巴赫猜想的反例，都可以得菲尔兹奖了。所以不需要考虑无解的情况。

【题解代码】

解法1：埃筛求质数表

cpp 复制代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 1000005
bool isPrime[N];
int prime[N], pn;
void initPrime(int n)
{
	memset(isPrime, 1, sizeof(isPrime));
	for(int i = 2; i*i <= n; ++i) if(isPrime[i])
		for(int j = i*i; j <= n; j += i)
			isPrime[j] = false;
	for(int i = 1; i <= n; ++i) if(isPrime[i])
		prime[++pn] = i;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr); 
	initPrime(1e6);
	int n;
	while(cin >> n && n != 0)
	{
		for(int i = 2; i <= pn && prime[i] <= n/2; ++i) if(isPrime[n-prime[i]])
		{	
			cout << n << " = " << prime[i] << " + " << n-prime[i] << '\n';
			break;
		}
	}
	return 0;
}

解法2：线性筛求质数表

cpp 复制代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 1000005
bool isPrime[N];
int prime[N], pn;
void initPrime(int n)
{
	memset(isPrime, 1, sizeof(isPrime));
	for(int i = 2; i <= n; ++i)
	{
		if(isPrime[i])
			prime[++pn] = i;
		for(int j = 1; j <= pn && i*prime[j] <= n; ++j)
		{
			isPrime[i*prime[j]] = false;
			if(i%prime[j] == 0)
				break;
		}
	}
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr); 
	initPrime(1e6);
	int n;
	while(cin >> n && n != 0)
	{
		for(int i = 2; i <= pn && prime[i] <= n/2; ++i) if(isPrime[n-prime[i]])
		{	
			cout << n << " = " << prime[i] << " + " << n-prime[i] << '\n';
			break;
		}
	}
	return 0;
}