leetcode——Count Primes

題目

Description:

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

方法

對於這道題，最簡單最直觀的方法往往是：對n以下的每一個數字進行判斷從而求出個數。而在對每個數字（比如x）判斷的時候，又是暴力驗證的思想，即從2開始一直到sqrt（x）進行相除判斷是否整除。更有甚者直接從2到x/2或x進行判斷。這樣的效率是極其低下的，這篇文章如果講的是以上的東西，那就失去意義了。下面來講一個最爲高效的做法，並不難，關鍵在於理解。

先來看圖：

我們從一個有着n個數字的一維數組開始，先看第一個數字2.我們知道所有因數爲2的數字（除了2本身）都不是質數，所以我們把他們標記爲非質數；然後看下一個數字，3.同樣道理，所有因數爲3的數字也都不是質數，比如 3 × 2 = 6, 3 × 3 = 9, … ，這些一定不是質數，所以我們也可以把他們標記出來。現在來看4，這是一個已經標記出來的數字。這說明什麼？難道還需要把所有因數有4的數字去掉嗎？

4並不是質數，因爲它能被2整除，這也告訴我們所有以4爲因數的數字都能被2整除，而它們已經被剔除掉了（在討論2的時候）。所以我們可以跳過4去考慮下一個數字：5。現在，所有因數爲5的數字，比如5 × 2 = 10, 5 × 3 = 15, 5 × 4 = 20, 5 × 5 = 25, … 都能夠被剔除掉了。不過這裏有一個小的優化：我們並不需要從5x2開始，我們僅僅需要從5 x 5開始。原因如下：

5 × 2 = 10 早在討論2的時候就已經被排除掉了，同理，5 x 3 早在討論3的時候被排除掉了。因此，既然我們一路從2上來，那麼任何比當前數字小的因數（當前爲5）都已經做過排除處理，因此我們不需要再討論它們；我們所要討論的是從當前數字的平方開始一直到最末的這些數。如果當前數字爲p，p2爲pxp，那麼我們要討論的就是：p2，p2 + p, p2 + 2p, … 而這個循環的終止條件就是，j < n (其中，j = p2 + m*p).

當循環結束的時候，那些沒被標記過的數字就是質數。

代碼

public int countPrimes(int n) {
        boolean[] isPrime = new boolean[n+1];
        for(int i=1;i<=n;i++){
            isPrime[i] = true;
        }

        for(int i=2;i*i<n;i++){
            if(!isPrime[i]){
                continue;
            }
            for(int j=i*i;j<n;j+=i){
                isPrime[j] = false;
            }
        }

        int count = 0;
        for(int i=2;i<n;i++){
            if(isPrime[i])
                count++;
        }
        return count;
    }