leetcode 202题/204题质数计数 欧拉筛埃氏筛 python3题解

202题 快乐数

这个和环形链表的题其实本质一样，都是怎么去表现循环？循环必有环形结构，1 使用哈希表存储循环内容。2 快慢指针，快指针总会追上！此时相当于证明了这是环形结构。

class Solution:
    def isHappy(self, n: int) -> bool:
        def get_sum(n):
            summary = 0
            while n > 0:
                n, digit = divmod(n, 10)
                summary += digit ** 2
            return summary
        set_sum = set()
        while n != 1 and n not in set_sum:
            set_sum.add(n)
            n = get_sum(n)
        return n == 1

class Solution:
    def isHappy(self, n: int) -> bool:
        def get_sum(n):
            summary = 0
            while n > 0:
                n, digit = divmod(n, 10)
                summary += digit ** 2
            return summary
        slow = n
        fast = get_sum(n)
        while fast != 1 and slow != fast:
            slow = get_sum(slow)
            fast = get_sum(get_sum(fast))
        return fast == 1

204题 计算质数个数

质数是经典问题，记录一下各种巧妙算法。

方法一：遍历，时间复杂度O(n2)，空间复杂度O(1)，TLE

这里注意一个数学上基本的质数检验小点，单次检查某个数是否为质数时，不需要检验n%i==0, i从2遍历到n-1. 实际上遍历到sqrtn就可以了。因为>sqrtn的值如果是因子，那另一个因子必定<sqrtn。比如64，8以上存在的因子16，另一个因子为4，在4时就已经筛选掉不需要到16那步了。

class Solution:
    def countPrimes(self, n: int) -> int:
        def isPrime(n):
            if n == 2: return True
            for i in range(2, int(n ** 0.5) + 1):
                if n % i == 0: return False
            return True
        count = 0
        for each in range(2, n):
            if isPrime(each): count += 1
        return count

方法二：厄尔多塞筛法（埃氏筛）

x是质数，那么x倍数即为合数，把sqrtn前的所有数的倍数全部排除掉。时间复杂度O(nloglogn)，空间复杂度O(n)

class Solution:
    def countPrimes(self, n: int) -> int:
        if n < 2: return 0
        isPrimes = [1] * n
        isPrimes[0] = isPrimes[1] = 0
        for i in range(2, int(n ** 0.5) + 1):
            if isPrimes[i]:
                for j in range(i*i, n, i):
                    isPrimes[j] = 0
        return sum(isPrimes) 

方法三：欧拉筛-线性筛。

埃氏筛中会重复筛选数字，比如45:3/5都会筛选，有优化空间。怎么才能让筛过一次就直接pass掉这个数字呢？答案就是这行代码：

if i % prime == 0: break

若条件成立，prime是i的质因子，即 i = x*prime. 则对于后面任意一个prime2，筛选prime2*i 时，prime2*i = prime2 * x * prime. 那么对于prime2来说，prime就是它的最小质因子。为了避免重复筛选，直接break

比如：i = 2 筛选掉4，i = 3筛选掉6，9. 那么i = 4时，prime先为2，筛选掉8，此时 i % prime == 0, break. 不再筛选12. 否则：

prime为3，筛选掉12. 而当 i = 6时，又会经过prime=2时筛选掉12，重复筛选。

这里就是为了避免重复筛选！！

筛选一次就直接结束，后面的数都留给它的最小质因子去筛选

class Solution:
    def countPrimes(self, n: int) -> int:
        isPrimes = [1] * (n+1)
        res = []
        for i in range(2, n):
            if isPrimes[i]:
                res.append(i)
            for prime in res:
                if prime * i > n: break
                isPrimes[i * prime] = 0
                if i % prime == 0: break
        return len(res)

​​​​​​​