题目
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
题解
解题思路
本题可以使用暴力枚举的解法，代码也很容易实现，缺点是时间复杂度较大，尤其是处理大数的时候，在很多 OJ 系统都会超时。所以这里着重介绍一个常见的算法，该算法由希腊数学家厄拉多塞（Eratosthenes）提出，称为厄拉多塞筛法，简称埃氏筛。
一个质数 x，其的倍数（2x、3x、4x...）一定是合数，可以借助一个数组 isPrimes 存储 2 ~ n-1 各个数字是否是质数， 当一个数 x 被判断为质数，同时将其的倍数（2x、3x、....) 都标记为合数。
这样一来，在处理每个数时，直接通过 isPrimes 数组即可判断是否是质数，因为，如果是合数，那么一定会在处理前面的元素时就做了标记。
此外，还可以进一步提高效率，在处理质数 x 时，没有必要从 2x 开始把倍数标记为合数，而是应该从 x*x 开始，这是因为 2x ~ (x-1)*x 肯定在处理前面的数时已经被标记了，例如处理 2 时，由于 2x 是 2 的倍数，因此会将其标记为合数。
这种算法利用了数和数之间的联系，提供判断的效率，而不是每个数都枚举一遍。
代码
class Solution {
public int countPrimes(int n) {
int ans = 0;
int[] isPrimes = new int[n];
Arrays.fill(isPrimes, 1);
for (int x = 2; x < n; x++) {
if (isPrimes[x] == 1) {
ans++;
if (x * x < n) {
for (long i = (long)x * x; i < n; i += x) {
isPrimes[(int)i] = 0;
}
}
}
}
return ans;
}
}
复杂度分析
-
时间复杂度：O(nloglogn)\
-
空间复杂度：O(n)
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