Count primes

一般的解法：

1，构建一个isPrime函数，对每一个n检测，从2扫到n-1，看是否有整除的。每个判断的时间复杂度就是O(n)，整体时间复杂度O(n^2)；

2，其实扫到n/2就可以判断；

3，其实扫到i*i<=n 的i就可以。因为对49来说，扫到7就可以知道他可以被整除了。没必要扫上面的数了。

4，可是如果n很大，这些方法都不好。因为终究要对每个n判断是否为质数。如果采用排除法，直接将已知的质数的倍数剔除。如果每个质数的从2开始的倍数进行剔除，很不划算，因为有很多重复的。

5，对5为因子的数剔除，从这里开始 5 × 5 = 25,因为5*2=10已经被2剔除过了。5 × 3 = 15 已经被3剔除过了。.对于质数 p, 从 p2 开始 ，然后 p2 + p, p2 + 2p, ... 知道小于n；当然p的边界条件是p*p<n;

The Sieve of Eratosthenes uses an extra O(n) memory and its runtime complexity is O(n log log n). 

    int countPrimes(int n) {
        if(n<=1) return 0;
        vector<bool> isPrime(n);
        int count=0;
        for(int i=2;i<n;i++){
            isPrime[i]=true;
        }
        for(int i=2;i*i<n;i++){
            if(!isPrime[i]) continue;
            for(int j=i*i;j<n;j+=i){
                isPrime[j]=false;
            }
        }
        for(int i=2;i<n;i++){
            if(isPrime[i]) count++;
        }
        return count;
    }