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一、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
提示：
0 <= n <= 5 * 106
二、思路分析
- 常规枚举，也就是暴力算法：
所谓质数，是指 一个大于1的自然数，除了1和它自身外，不能被其他自然数整除 ，那么就可以在遍历到当前元素的时候，判断其能不能被它之前所有的自然数整除，这样一来就需要双重 for 循环，解法如下：
int countPrimes(int n) {
int count = 0;
for(int i = 2; i < n; i++) {
bool sign = true;
for(int j = 2; j < i; j++) {
if(i % j == 0) {
sign = false;
break;
}
}
if(sign)
count++;
}
return count;
}
- 暴力算法优化
细究暴力计算的方法，我们可以发现，假如一个数为9，那么其二分之一（4.5）后的数都可以不用进行计算，因为后面的数乘上倍数之后肯定大于9，也就说9除以这些数肯定有余，因此也就不用计算了。
事实上这个范围还可以再缩小：考虑到如果y是x的因数，那么x/y也必然是x的因数，因此我们只要校验y或者x/y即可。而如果我们每次选择校验两者中的较小数，则不难发现较小数一定落在[2, √x]的区间中，因此我们只需要枚举[2, √x]中的所有数即可。并且，我们可以发现，一切非 2 偶数一定不可能为质数。所以，我们可以在此处进行另一步的优化。
int countPrimes(int n) {
if(n < 3) return 0;
//从3开始验算，所以初始值为1（2为质数）。
int count = 1;
for(int i = 3; i < n; i++) {
// 当某个数为 2 的 n 次方时（n为自然数），其 & (n - 1) 所得值将等价于取余运算所得值
// 如果 x = 2^n ，则 x & (n - 1) == x % n
if((i & 1) == 0) // 等价于 if(i % 2 == 0)
continue;
bool sign = true;
//用 j * j <= i 代替 j <= √i 会更好。
//因为我们已经排除了所有偶数，所以每次循环加二将规避偶数会减少循环次数
for(int j = 3; j * j <= i; j += 2) {
if(i % j == 0) {
sign = false;
break;
}
}
if(sign)
count++;
}
return count;
}
- 厄拉多塞筛法，简称埃氏筛 基本思路：将2~n中所有质数的倍数都删掉，剩余的数据就是质数。
说概念比较抽象，直接上栗子：
类比 1 到 64 的质数的筛选过程：从 2 开始遍历，把 2 的倍数都标记为 false（表示不是质数），再从 2 的下一位质数 3 （未被标记为 false 的元素）开始也同样标记其倍数。以此类推，最后仍为 true 的则为质数。
- ①新建一个大小为
64的数组，初始值标记为true。 - ②从
2开始遍历。如果布尔值为false，说明不为质数；如果为true，则为质数，计算质数数量的值+1。 - ③如果 xx 是质数，那么大于 xx 的 xx 的倍数 2x，3x，… 一定不是质数，那么将当前值的所有倍数标记为
false。继续循环找下一个质数（即布尔值为true的元素），继续标记非质数...
还有一种算法：线性筛也可以解决这个问题，但面试不作考察，这里就不深究了，感兴趣的读者可以去搜些文章看看。
三、AC 代码
埃氏筛：
int countPrimes(int n) {
int count = 0;
//初始默认所有数为质数
vector<bool> sign(n, true);
for (int i = 2; i < n; i++) {
if (sign[i]) {
count++;
for (int j = i + i; j < n; j += i) {
//排除不是质数的数
sign[j] = false;
}
}
}
return count;
}
