需要幫助計算每個數字的不同質因子的數量，直到給定數字

Question

我想計算每個 integer 最多 n 的不同質因數的數量。 例如，12 = 2 * 2 * 3，所以它有 2 個不同的質因數，2 和 3。我想將這些值中的每一個存儲在一個數組 result[] 中，大小為 n+1，其中 result[i]包含 integer i 的不同質因數的數量。

我必須在我的解決方案中使用以下外部方法：

List<Integer> getPrimes(int n) {
    // create array to determine which numbers are prime
    boolean isPrime[] = new boolean[n+1];
    for(int i=2; i<=n; i++)
      isPrime[i] = true; // assume all are prime, we'll filter below
    
    for(int i=3; i*i<=n; i+=2) {
      if (isPrime[i]) {             // i is prime, so...
        for(int j=i*i; j<=n; j+=i)  //  remove all its multiples
          isPrime[j] = false;       //  by updating array
      }
    }
    
    // create list with only the prime numbers
    List<Integer> primes = new LinkedList<>();
    primes.add(2);
    for(int i=3; i<=n; i+=2)
      if (isPrime[i])
        primes.add(i);
    return primes;
  }

它使用 Eratosthenes 的 Sieve 返回一個包含所有素數的列表，最多為 n。 這是我的解決方案：

int[] getNumPrimeFactors(int n) {
        int[] result = new int[n + 1];
        int counter; // counts the number of different prime factors
        boolean isPrime = true;
        List<Integer> primeList = getPrimes(n);

        for (int i = 2; i < result.length; i++) {
            counter = 0;
            
            // checks if i is prime 
            if (i % 2 == 0) {
                isPrime = false;
            } else {
                for (int j = 3; j * j <= i; j += 2) {
                    if (i % j == 0)
                        isPrime = false;
                }
            }
            // if i isnt prime, counts how many different prime factors it has
            if (!isPrime) {
                for (int prime : primeList) {
                    if (i % prime == 0)
                        counter++;
                }
                result[i] = counter;
            } else {
                result[i] = 1;
            }
        }
        return result;
    }

該算法產生正確的結果，但是，我希望能夠測試 n <= 5_000_000，但效率不夠。 有什么辦法可以改進非常大的 n 實例的代碼嗎？ 以下是一些示例測試結果：

非常感謝您的幫助：）

Answer 1

這絕對不是最有效的算法，但在我的舊電腦 (i5 3570K) 上，它可以運行 5_000_000 略多於 10 秒。 5_000_000 的結果數組的總和為 14838426。

import java.util.ArrayList;
import java.util.Arrays;
import java.util.List;

public class Main {

    public static List<Integer> primeFactors(int number) {
        int n = number;
        List<Integer> factors = new ArrayList<Integer>();
        for (int i = 2; i <= n / i; i++) {
            while (n % i == 0) {
                factors.add(i);
                n /= i;
            }
        }
        if (n > 1) {
            factors.add(n);
        }
        return factors;
    }

    public static void main(String[] args) {
        int[] result = new int[5_000_001];
        for (int i = 0; i < result.length; i++) {
            result[i] = (int) primeFactors(i).stream().distinct().count();
        }
        System.out.println(Arrays.stream(result).sum());
    }
}

Answer 2

我經常發現以這種方式篩選有用的一個標准“改進”是為所有值設置最小主要因素（而不僅僅是“真/假”值）。 那么“它是素數”的決定是檢查最小素數因子lpf是否小於該值。 這基本上幾乎與主篩一樣快，但隨后提供了一種更直接的方法來分解范圍內的數字。

在 Python 中：

lim = 5000000+1 

# precalc all least prime factors for composites in range
lpf = [i for i in range(lim)]
for m in range(4,lim,2):
    lpf[m] = 2
k = 3
while k*k <= lim:
    if lpf[k] == k:
        for m in range(k*k, lim, 2*k):
            if lpf[m] == m:
                lpf[m] = k
    k += 2

print('lpf done',lim) ############

# find number of distinct prime factors for each
result = [0]*lim
for a in range(2,lim):
    pf = lpf[a]
    fc = 1
    res = a
    while pf < res:
        res //= pf
        if pf != lpf[res]:
            fc += 1
            pf = lpf[res]
    result[a] = fc
    
print(result[:11])
print(sum(result[:10+1]))
print(sum(result[:1234+1]))
print(sum(result[:1000000+1]))

這里的篩子只需要兩秒鍾多一點，大約是總時間的四分之一。