LeetCode204:Count Primes

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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