Description:
Count the number of prime numbers less than a non-negative number, n.
比计算少n中素数的个数。
素数又称质数，是指仅仅能被1和它自身相除的自然数。
须要注意的是1既不是素数也不是合数。
2是最小的素数。
使用推断一个数是否是素数的函数，那么这个函数须要进行一轮循环，在给定的小于n中又要进行一轮循环。所以时间复杂度是O(n^2)。
能够对推断一个数是否是素数的函数进行优化。对于数i，能够仅仅对2到√i之间的数进行推断。这样时间复杂度减少到了O(nlogn)。
可是上面的解法在leetcode中还是超时。
于是想是否存在仅仅进行一轮循环的方法。即在遍历1至n-1一次的过程中记录下素数的个数。可是后面就不知道怎么处理。
然后看leetcode中的小提示,发现了一种更优的寻找素数的方法。首先看以下的这个图：
这个图事实上就道出了这个算法是怎么进行的。使用一个长度是n的hash表，最開始这个hash表中的全部元素都是没有被处理的，从2開始遍历，假设这个元素没有被处理，那么将素数的个数加1，然后将2*2,2*3,2*4……2* k（ 2* k < n）标记为已经被处理了的。接着開始处理3，同理将3*2,3*3,3*4…..3*m( 3 * m < n)标记为已被处理了的，接着是4，因为这个元素已经被处理。继续向后遍历。这样一直处理下去。
从这道题中又意识到了一个整数会溢出会导致问题的小技巧。
两种解法分别例如以下：
class Solution {
public:
/*
//解法一：超时
int countPrimes(int n) {
int count=0;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(isPrime(i))
count++;
}
return count;
}
bool isPrime(int n)
{
if(n==1)
return false;
for(int i=2;i*i<=n;i++)
{
if(n%i==0)
return false;
}
return true;
}
*/
//解法二：
int countPrimes(int n) {
int * mask=new int[n]();//能够在这里直接对动态数组进行初始化
int count=0;
for(int i=2;i<n;i++)
{
if(mask[i]==0)
{
count++;
for(int j=2;i*j<n;j++)//这里不能将j初始化成i，否则i*j会溢出
{
mask[i*j]=1;
}
}
}
return count;
}
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