力扣题目系列：204. 计数质数

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题目及示例

我的题解

题目及示例

统计所有小于非负整数 n 的质数的数量。

示例 1：

输入：n = 10
输出：4
解释：小于 10 的质数一共有 4 个, 它们是 2, 3, 5, 7 。
示例 2：

输入：n = 0
输出：0
示例 3：

输入：n = 1
输出：0

提示：

0 <= n <= 5 * 106

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/count-primes
著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权，非商业转载请注明出处。

我的题解

避开10以内，避开偶数，避开大于10的个位数不是1379的。

判断到不是质数就停止小循环。

#include <math.h>int countPrimes(int n){// 质数是指在大于1的自然数中，除了1和它本身以外不再有其他因数的自然数// 2,3,5,7,11,13,17,19,23int count = 0, i = 3, j = 3, ns = 0, flag = 0;if(n<3){ // 0,1return count;}else{ // n>=3++count; // 2for(i=3; i<n; i+=2){ // 奇数ns = (int) sqrt(i) + 1;if(i>10){if(i%10 != 5){ // 个位1379flag = 0;for(j=2; j<ns; ++j){ // 从2到根号iif(i%j == 0){flag=1;break; // 不加就超出时间限制，加了也很慢}}if(flag == 0){++count;}}}else{ // 3,5,7if(i==3 || i==5 || i==7){++count;}}}return count;}
}

由于还是太慢了，决定改进一下，看看官方的题解。果然快的一P。哈哈哈。

方法二：埃氏筛
枚举没有考虑到数与数的关联性，因此难以再继续优化时间复杂度。接下来我们介绍一个常见的算法，该算法由希腊数学家厄拉多塞（Eratosthenes）提出，称为厄拉多塞筛法，简称埃氏筛。

我们考虑这样一个事实：如果 x 是质数，那么大于 x 的 x 的倍数 2x,3x,… 一定不是质数，因此我们可以从这里入手。

我们设 isPrime[i]表示数 i 是不是质数，如果是质数则为 1，否则为 0。从小到大遍历每个数，如果这个数为质数，则将其所有的倍数都标记为合数（除了该质数本身），即 0，这样在运行结束的时候我们即能知道质数的个数。

这种方法的正确性是比较显然的：这种方法显然不会将质数标记成合数；另一方面，当从小到大遍历到数 x 时，倘若它是合数，则它一定是某个小于 x 的质数 y 的整数倍，故根据此方法的步骤，我们在遍历到 y 时，就一定会在此时将 x 标记为 isPrime[x]=0。因此，这种方法也不会将合数标记为质数。

当然这里还可以继续优化，对于一个质数 x，如果按上文说的我们从 2x 开始标记其实是冗余的，应该直接从 x⋅x 开始标记，因为 2x,3x,… 这些数一定在 x 之前就被其他数的倍数标记过了，例如 2 的所有倍数，3 的所有倍数等。

作者：LeetCode-Solution
链接：https://leetcode-cn.com/problems/count-primes/solution/ji-shu-zhi-shu-by-leetcode-solution/
来源：力扣（LeetCode）
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。

int countPrimes(int n) {if (n < 2) {return 0;}int isPrime[n];memset(isPrime, 0, sizeof(isPrime));int ans = 0;for (int i = 2; i < n; ++i) {if (!isPrime[i]) { // 0ans += 1;if ((long long)i * i < n) { // x*x未超限for (int j = i * i; j < n; j += i) { //从x*x开始标记isPrime[j] = 1;}}}}return ans;
}

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