一、内容
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
提示：
0 <= n <= 5 * 106
- 埃式筛法:一个数 p p p若是一个合数，那么必然可以被 [ 2 ， p − 1 ] [2，p - 1] [2，p−1]中的某个质数整除，那么我们直接用前面的质数的倍数进行筛除便可以得到所有的质数。n个数中质数的个数大概为 n / l o g n n/logn n/logn, 而需要枚举的倍数次数为 2 / n , 3 / n . . . . . n / n 2/n, 3/n.....n/n 2/n,3/n.....n/n是一个调和级数，当n趋于无穷时可以认为等于 l o n n lonn lonn, 因此时间复杂度可以认为为 O ( n ) O(n) O(n),但实际上是 O ( n l o g l o g n ) O(nloglogn) O(nloglogn)
- 线性筛法: 每个合数只被最小质因子筛一次，因此为 O ( n ) O(n) O(n)。 我们用prime记录所有的质数，然后每次枚举质数来进行筛除，分为两种情况。1.当i % prime[j] != 0时，代表prime[j]不是i的最小质因子，但是是i * prime[j]的最小质因子(因为是从小到大枚举的质数)，筛除掉i * prime[j] 2.当i % prime[j] == 0时，prime[j]不仅是i的最小质因子，也是i * prime[j]的最小质因子，因此循环停止。因为后面的质数 * i 都会被最小质因子晒除，不用再重复筛。
- 埃式筛法
class Solution {
public:
int countPrimes(int n) {
int ans = 0;
vector<bool> vis(n + 1, true); //判断某个位置是否为质数，true代表是
vis[0] = vis[1] = false;
for (int i = 2; i < n; i++) {
if (vis[i]) {
for (int j = i + i; j <= n; j += i) { //只是用质数来进行筛除
vis[j] = false;
}
}
}
for (int i = 2; i < n; i++)
if (vis[i]) ans++;
return ans;
}
};
- 线性筛法
class Solution {
public:
int countPrimes(int n) {
int ans = 0;
vector<bool> vis(n + 1, true); //判断某个位置是否为质数，true代表是
vector<int> prime;
for (int i = 2; i < n; i++) {
if (vis[i]) prime.push_back(i); //是质数
for (int j = 0; prime[j] <= n / i; j++) {
vis[i * prime[j]] = false; //利用最小质因子进行筛除
if (i % prime[j] == 0) break; //代表prime[j]是i的最小质因子，那么后面的质数就不用再枚举
}
}
return prime.size();
}
};
