力扣题目204. 计数质数

题目描述：给定整数 n ，返回 所有小于非负整数 n 的质数的数量。

示例 1：

输入：n = 10
输出：4
解释：小于 10 的质数一共有 4 个, 它们是 2, 3, 5, 7 。
示例 2：

输入：n = 0
输出：0
示例 3：

输入：n = 1
输出：0

所谓质数也叫做素数，即除了1没有其他的可以整除的自然数。所以我们可以想到遍历得到答案。

class Solution {
public:
    int countPrimes(int n) {
        int ans = 0;  //记录质数的个数
        for(int i = 2;i <= n;i++){
            int j = 2;
            for(;j < i;j++){
                if(i % j == 0){
                    break;
                }
            }
            if(j == i){
                ans++; // 若比i小的自然数没有可以被整除的就表明为质数。
            }
        }
        return ans;
    }
};

         但这个方法时间复杂度较高，为O(n²)；我们需要对其进行优化，比如，可以简单举一个例子，如果n = 64 的话，在我们判断是否有可以整除的自然数的时候，我们不用遍历到n,我们遍历到即可，即遍历到8即可。原因是，大于8之后，如果i可以被64整除的话，那个64/i的结果肯定是小于8的一个自然数，那么我们肯定会在8之前就可以遍历到。即我们对于一个自然数n是否为质数，我们遍历到即可。故我们可以把代码修改成以下情况:

class Solution {
public:
    int countPrimes(int n) {
        int ans = 0;  //记录质数的个数
        for(int i = 2;i <= n;i++){
            int j = 2;
            for(;j * j <= i;j++){
                if(i % j == 0){
                    break;
                }
            }
            if(j * j > i){
                ans++; // 若比i小的自然数没有可以被整除的就表明为质数。
            }
        }
        return ans;
    }
};

 即使这样，时间复杂度为O(n），提交仍然超时。经过学习，我们学习到了一种新算法——埃氏筛。这个算法的主要思想是，从小到大进行遍历，每次遍历的时候，对其倍数进行标记，然后根据它是否标记来来判断是否需要进行遍历，减小遍历的次数。例如我们遍历2，对2的倍数进行标记即对4，6，8进行标记。到4的时候就不需要遍历，因为4的倍数也是2的倍数无需重复遍历，即减少了遍历次数。具体看以下代码：

class Solution {
public:
    int countPrimes(int n) {
        int ans = 0;  //记录质数的个数
        vector<int>sign(n + 1,1);//标记数组
        for(int i = 2;i <= n;i++){
            if(sign[i] == 1){ //对没有标记的元素进行遍历
                for(int j = i + i;j <= n;j += i){
                    sign[j] = 0;//因为j是i的倍数，故j必不是质数
                }
            }
        }
        for(int i = 2;i < n;i++){ //对没有标记的元素进行统计
            if(sign[i] == 1){
                ans++;
            }
        }
        return ans;
    }
};

 这个方法的时间复杂度为O(nloglogn),可通过。我认为以上方法是新手小白可以接受的方法。当然还有其他更好的方法，如线性筛等。作者也是新手小白，故不做赘述。