讀完本文，你可以去力扣拿下如下題目：

204.計數(shù)質(zhì)數(shù)

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素數(shù)的定義看起來很簡單，如果一個數(shù)如果只能被 1 和它本身整除，那么這個數(shù)就是素數(shù)。

不要覺得素數(shù)的定義簡單，恐怕沒多少人真的能把素數(shù)相關(guān)的算法寫得高效。比如讓你寫這樣一個函數(shù)：

// 返回區(qū)間 [2, n) 中有幾個素數(shù) int countPrimes(int n)// 比如 countPrimes(10) 返回 4 // 因為 2,3,5,7 是素數(shù)

你會如何寫這個函數(shù)？我想大家應(yīng)該會這樣寫：

int countPrimes(int n) {int count = 0;for (int i = 2; i < n; i++)if (isPrim(i)) count++;return count; }// 判斷整數(shù) n 是否是素數(shù) boolean isPrime(int n) {for (int i = 2; i < n; i++)if (n % i == 0)// 有其他整除因子return false;return true; }

這樣寫的話時間復(fù)雜度 O(n^2)，問題很大。首先你用 isPrime 函數(shù)來輔助的思路就不夠高效；而且就算你要用 isPrime 函數(shù)，這樣寫算法也是存在計算冗余的。

先來簡單說下如果你要判斷一個數(shù)是不是素數(shù)，應(yīng)該如何寫算法。只需稍微修改一下上面的 isPrim 代碼中的 for 循環(huán)條件：

boolean isPrime(int n) {for (int i = 2; i * i <= n; i++)... }

換句話說，i 不需要遍歷到 n，而只需要到 sqrt(n) 即可。為什么呢，我們舉個例子，假設(shè) n = 12。

12 = 2 × 6 12 = 3 × 4 12 = sqrt(12) × sqrt(12) 12 = 4 × 3 12 = 6 × 2

可以看到，后兩個乘積就是前面兩個反過來，反轉(zhuǎn)臨界點就在 sqrt(n)。

換句話說，如果在 [2,sqrt(n)] 這個區(qū)間之內(nèi)沒有發(fā)現(xiàn)可整除因子，就可以直接斷定 n 是素數(shù)了，因為在區(qū)間 [sqrt(n),n] 也一定不會發(fā)現(xiàn)可整除因子。

現(xiàn)在，isPrime 函數(shù)的時間復(fù)雜度降為 O(sqrt(N))，但是我們實現(xiàn) countPrimes 函數(shù)其實并不需要這個函數(shù)，以上只是希望讀者明白 sqrt(n) 的含義，因為等會還會用到。

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高效實現(xiàn) `countPrimes`

高效解決這個問題的核心思路是和上面的常規(guī)思路反著來：

首先從 2 開始，我們知道 2 是一個素數(shù)，那么 2 × 2 = 4, 3 × 2 = 6, 4 × 2 = 8… 都不可能是素數(shù)了。

然后我們發(fā)現(xiàn) 3 也是素數(shù)，那么 3 × 2 = 6, 3 × 3 = 9, 3 × 4 = 12… 也都不可能是素數(shù)了。

看到這里，你是否有點明白這個排除法的邏輯了呢？先看我們的第一版代碼：

int countPrimes(int n) {boolean[] isPrim = new boolean[n];// 將數(shù)組都初始化為 trueArrays.fill(isPrim, true);for (int i = 2; i < n; i++) if (isPrim[i]) // i 的倍數(shù)不可能是素數(shù)了for (int j = 2 * i; j < n; j += i) isPrim[j] = false;int count = 0;for (int i = 2; i < n; i++)if (isPrim[i]) count++;return count; }

如果上面這段代碼你能夠理解，那么你已經(jīng)掌握了整體思路，但是還有兩個細(xì)微的地方可以優(yōu)化。

首先，回想剛才判斷一個數(shù)是否是素數(shù)的 isPrime 函數(shù)，由于因子的對稱性，其中的 for 循環(huán)只需要遍歷 [2,sqrt(n)] 就夠了。這里也是類似的，我們外層的 for 循環(huán)也只需要遍歷到 sqrt(n)：

for (int i = 2; i * i < n; i++) if (isPrim[i]) ...

除此之外，很難注意到內(nèi)層的 for 循環(huán)也可以優(yōu)化。我們之前的做法是：

for (int j = 2 * i; j < n; j += i) isPrim[j] = false;

這樣可以把 i 的整數(shù)倍都標(biāo)記為 false，但是仍然存在計算冗余。

比如 n = 25，i = 4 時算法會標(biāo)記 4 × 2 = 8，4 × 3 = 12 等等數(shù)字，但是這兩個數(shù)字已經(jīng)被 i = 2 和 i = 3 的 2 × 4 和 3 × 4 標(biāo)記了。

我們可以稍微優(yōu)化一下，讓 j 從 i 的平方開始遍歷，而不是從 2 * i 開始：

for (int j = i * i; j < n; j += i) isPrim[j] = false;

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這樣，素數(shù)計數(shù)的算法就高效實現(xiàn)了，其實這個算法有一個名字，叫做 Sieve of Eratosthenes?？聪峦暾淖罱K代碼：

int countPrimes(int n) {boolean[] isPrim = new boolean[n];Arrays.fill(isPrim, true);for (int i = 2; i * i < n; i++) if (isPrim[i]) for (int j = i * i; j < n; j += i) isPrim[j] = false;int count = 0;for (int i = 2; i < n; i++)if (isPrim[i]) count++;return count; }

該算法的時間復(fù)雜度比較難算，顯然時間跟這兩個嵌套的 for 循環(huán)有關(guān)，其操作數(shù)應(yīng)該是：

n/2 + n/3 + n/5 + n/7 + …
= n × (1/2 + 1/3 + 1/5 + 1/7…)

括號中是素數(shù)的倒數(shù)。其最終結(jié)果是 O(N * loglogN)，有興趣的讀者可以查一下該算法的時間復(fù)雜度證明。

以上就是素數(shù)算法相關(guān)的全部內(nèi)容。怎么樣，是不是看似簡單的問題卻有不少細(xì)節(jié)可以打磨呀？

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總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的判断一个数是否为两个素数乘积_如何高效筛选素数？的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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