LeetCode204:Count Primes

Description:

Count the number of prime numbers less than a non-negative number, n.

比計算少n中素數的個數。
素數又稱質數，是指僅僅能被1和它自身相除的自然數。

須要注意的是1既不是素數也不是合數。

2是最小的素數。

使用推斷一個數是否是素數的函數，那么這個函數須要進行一輪循環，在給定的小於n中又要進行一輪循環。所以時間復雜度是O(n^2)。

能夠對推斷一個數是否是素數的函數進行優化。對於數i，能夠僅僅對2到√i之間的數進行推斷。這樣時間復雜度減少到了O(nlogn)。

可是上面的解法在leetcode中還是超時。

於是想是否存在僅僅進行一輪循環的方法。即在遍歷1至n-1一次的過程中記錄下素數的個數。可是后面就不知道怎么處理。

然后看leetcode中的小提示,發現了一種更優的尋找素數的方法。首先看以下的這個圖：

這個圖事實上就道出了這個算法是怎么進行的。使用一個長度是n的hash表，最開始這個hash表中的全部元素都是沒有被處理的，從2開始遍歷，假設這個元素沒有被處理，那么將素數的個數加1，然后將2*2,2*3,2*4……2* k（ 2* k < n）標記為已經被處理了的。接着開始處理3，同理將3*2,3*3,3*4…..3*m( 3 * m < n)標記為已被處理了的，接着是4，因為這個元素已經被處理。繼續向后遍歷。這樣一直處理下去。

從這道題中又意識到了一個整數會溢出會導致問題的小技巧。

兩種解法分別例如以下：

class Solution {
public:
/*
//解法一：超時
    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]();//能夠在這里直接對動態數組進行初始化
         int count=0;
         for(int i=2;i<n;i++)
         {
             if(mask[i]==0)
             {
                 count++;
                 for(int j=2;i*j<n;j++)//這里不能將j初始化成i，否則i*j會溢出
                 {
                     mask[i*j]=1;
                 }
             }

         }
         return count;

     }
};

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