求素数个数（三种判断素数方法

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求素数的个数。本题要求编写一个程序，求1~n的素数个数。 要求至少给出两种解法，对于相同的n，给出这两种解法的结果，通过相关数据进行测试，目的是通过对比同一问题不同解法的绝对执行时间体会如何设计“好”的算法。

输入格式:

输入在一行中给出1个整数n(<= 10 000 000)。

输出格式:

对每一组输入，在一行中输出1~n的素数个数。

输入样例1:

5

输出样例1:

3

输入样例2:

14

输出样例2:

6

solution

暴力法

传统方法，从2到n-1依次试，4，5，6测试点超时

#include <stdio.h>
int main(){
	int n, count = 0, flag;
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 2; i <= n; i++){
		flag = 1;
		for(int j = 2; j < i; j++){
			if(i%j == 0){
				flag = 0;
				break;
			}
		}
		count += flag;
	}
	printf("%d", count);
	return 0;
}

开根号法：从2到sqrt（n）均整除判断（原因：素数是因子为1和本身， 如果数c不是素数，则还有其他因子，其中的因子，假如为a,b.其中必有一个大于sqrt© ，一个小于sqrt© 。所以m必有一个小于或等于其平方根的因数，故只验证到其方根即可）,5，6测试点依然超时

#include <stdio.h>
#include <math.h>
int main(){
	int n, count = 0, flag;
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 2; i <= n; i++){
		flag = 1;
		for(int j = 2; j <= i / j; j++){
		//判断条件j <= sqrt(i)每次计算较麻烦，不推荐
		//j * j <= i有溢出风险，不推荐
			if(i%j == 0){
				flag = 0;
				break;
			}
		}
		count += flag;
	}
	printf("%d", count);
	return 0;
}

埃氏筛法（朴素筛法）

• 空间换时间
• 因为一个合数一定能被分解为几个质数的幂的乘积，并且这个数的质因子一定是小于它本身的，所以当我们从小到大将每个质数的倍数都筛去的话，当遍历到一个合数时，它一定已经被它的质因子给筛去了。
  但是6测试点超时……

#include <stdio.h>
int hash[10000010] = {0};//初始为全是素数 
int main(){
	int n, count = 0;
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 2; i <= n; i++){
		if(!hash[i]){
			count++;
			for(int j = 2 * i; j <= n; j += i)
				hash[j] = 1;
		}
	}
	printf("%d", count);
	return 0;
}

进一步优化，2 * 3我们已经判断过了，就没有必要再判断3 * 2了，因此从i*i开始判断即可
然鹅有时通过，有时测试点6超时……

#include <stdio.h>
const int N = 1e7 + 10;
int hash[N] = {0};//初始为全是素数 
int main(){
	long long n, count = 0;
	scanf("%lld", &n);
	for(long long i = 2; i <= n; i++){
		if(!hash[i]){
			count++;
			for(long long j = i * i; j <= n; j += i)
				hash[j] = 1;
		}
	}
	printf("%lld", count);
	return 0;
}

欧氏筛法（线性筛法）

#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
int prime[N], cnt;//prime存储质数，cnt是当前已有的质数个数 
bool st[N];//是否被筛选掉，即是否为质数 
int main(){
	int n;
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 2; i <= n; i++){
		if(!st[i]) prime[cnt++] = i;//还没有被筛掉，则为质数
		for(int j = 0; prime[j] <= n / i; j++){//确保 primes[j] * i 不超过 n，避免越界
			st[prime[j] * i] = true;//标记 primes[j] * i 为合数
			if(i % prime[j] == 0) break; //剪掉重复筛选的过程，实现线性（ i 能被 primes[j] 整除，说明 i 的最小质因数是 primes[j]
		} 
	} 
	printf("%d", cnt);
	return 0;
}