LeetCode204:Count Primes

Description:

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

计算小于n的非负整数中素数的个数。

素数又称质数，是指只能被1和它自身相除的自然数。需要注意的是1既不是素数也不是合数。2是最小的素数。

使用判断一个数是否是素数的函数，那么这个函数需要进行一轮循环，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)。

可以对判断一个数是否是素数的函数进行优化，对于数i，可以只对2到√i之间的数进行判断，这样时间复杂度降低到了O(nlogn)。

但是上面的解法在leetcode中还是超时。

于是想是否存在只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，但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。首先看下面的这个图：

这个图其实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，最开始这个hash表中的所有元素都是没有被处理的，从2开始遍历，如果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。接着开始处理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，由于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。

两种解法分别如下：

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]();//可以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;

     }
};