【LeetCode】204.计数质数
问题描述:
统计所有小于非负整数 n 的质数的数量。
示例:
输入: 10
输出: 4
解释: 小于 10 的质数一共有 4 个, 它们是 2, 3, 5, 7 。
这是一道简单
题,但是却并没有那么直接的简单。
枚举暴力法是肯定不行的,时间效率太低。于是介绍解决这个问题的一个著名算法--Eratosthenes筛选法。
来自 https://www.cnblogs.com/color-my-life/p/3265236.html 的解释,我觉得非常通俗易懂。
首先假设要检查的数是N好了,则事实上只要检查至N的开根号就可以了,道理很简单,假设A * B = N,如果A大于N的开根号,则事实上在小于A之前的检查就可以先检查到这个数可以整除N。
不过在程式中使用开根号会精确度的问题,所以可以使用 i*i <= N进行检查,且执行更快 。
再来假设有一个筛子存放1~N,例如:
2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 ........N
先将2的倍数筛去:
2 3 5 7 9 11 13........N
再将3的倍数筛去:
2 3 5 7 11 13 17 19........N
再来将5的倍数筛去,再来将7的质数筛去,再来将11的倍数筛去........,如此进行到最后留下的数就都是质数,这就是Eratosthenes筛选方法(Eratosthenes Sieve Method)
检查的次数还可以再减少,事实上,只要检查6n+1与6n+5就可以了,也就是直接跳过2与3的倍数,使得程式中的if的检查动作可以减少。
class Solution {
public int countPrimes(int n) {
int count = 0;
int i;
boolean[] b = new boolean[n];
for (i = 2; i < n; i++)
b[i] = true;
i = 2;
while (i * i < n) {
if (b[i]) {
count++;
int k = 2 * i;
while (k < n) {
b[k] = false;
k += i;
}
}
i++;
}
while (i < n) {
if (b[i])
count++;
i++;
}
return count;
}
}
几乎相同的算法,更好看的写法(理论上效率应该比上面那个要低一点点)
class Solution {
public int countPrimes(int n) {
int count = 0;
boolean[] booleans = new boolean[n];
for (int i = 2; i < n; i++) {
if(!booleans[i]){
count++;
for (int j = i; j < n; j=j+i) {
booleans[j] = true;
}
}
}
return count;
}
}
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