个人笔记（计数质数的方法）

题：统计所有小于非负整数 n 的质数的数量。

1.枚举法

双重循环进行遍历，第一重遍历n，第二重判断n是否为素数，时间复杂度$o(n\sqrt{n})$，空间复杂度为o(1).

int countPrimes(int n) {
        int ans = 0;
        int flag;
        for (int i = 2; i < n; ++i) {
            flag = 1;
            for(int j = 2; j < int(sqrt(i)) + 1; j++)
            {
            	if(i % j == 0)
            	{
            		flag = 0;
            		break;
            	}
            }
            if(flag)
            {
            	ans++;
            }
        }
        return ans;
}

2.埃氏筛

开一个长度为n的bool型数组isprime，第i位表示整数i是否为素数，初始化化为true，从2开始遍历，如果遇到一个数x为素数，计数值加1，则将isprime数组下标为$2x,3x,4x\dots \dots kx（kx<n<=kx+x）$的值置为false。当然其也可以优化，因为$2x,3x$等，会由前面的素数进行更新，只需要从$x\ast x,(x+1)\ast x.....$开始更新及可。
时间复杂度：$o(nloglog(n))$(具体怎么计算我也不太了解)，空间复杂度$o(n)$.

class Solution {
public:
    int countPrimes(int n) {
        vector<int> isPrime(n, 1);
        int ans = 0;
        for (int i = 2; i < n; ++i) {
            if (isPrime[i]) {
                ans += 1;
                if ((long long)i * i < n) {
                    for (int j = i * i; j < n; j += i) {
                        isPrime[j] = 0;
                    }
                }
            }
        }
        return ans;
    }
};

作者：LeetCode-Solution
链接：https://leetcode-cn.com/problems/count-primes/solution/ji-shu-zhi-shu-by-leetcode-solution/
来源：力扣（LeetCode）
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3.线性筛

埃氏筛也存在重复计算的情况，对于6，$x=2$和$x=3$时均对其进行了一次运算，导致了时间的浪费。我们考虑对于每一个合数只进行计算一次，使时间复杂度降到线性。对于任意一个合数x，我们能写成$x=py$的形式，其中p为x的最小素因子，我们只在遍历到y时，通过素数p对其进行一次操作。仍然从2开始到n进行遍历，如果isprime是true，将其加入prime容器，然后将对于当前所遍历到的i，在其中，我们用j遍历prime容器，将$i\ast prime[j]$置为false，当遇到i可以被$prime[k]$整除，即$i=prime[k]\ast t$的形式时退出，因为对于prime之后的素数来说$i\ast prime[j](j>k)$不应由$prime[j]$更新，而在遍历到$prime[j]\ast t$时由$prime[k]$更新（因为$i\ast prime[j]=prime[k]\ast t\ast prime[j]$,而$prime[k]<prime[j]$，由最小的素数更新）。

int countPrimes(int n) {
        vector<int>prime;
        bool *flag = new bool[n];//flag即为isprime
        memset(flag,1,n*sizeof(bool));//初始化
        for(int i = 2; i < n; i++)
        {
            if(flag[i])
            {
                prime.push_back(i);
            }
            for(int j = 0; j < prime.size() && i * prime[j] < n; j++)
            {
                flag[prime[j]*i] = false;
                if(i  % prime[j] ==0)
                {
                    break;
                }
            }
        }
        return prime.size();
    }