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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