解决方案 对于每个数i,我们可以枚举[2, i-1][2,i-1]区间的任意一个数j,判断i能否被j整除,枚举[2, i-1][2,i−1]区间的任意一个数j,判断i能否被j整除时,我们可以发现,如果i能够被j整除,那么这里的商也一定能够整除i,也就是i也能够被i/j整除。那么我们只要判断i和i/j其中一个能否整除i即可。 ...
解决方案 对于每个数 i,我们可以枚举 [2, i-1][2,i-1]区间的任意一个数 j,判断i 能否被j整除,枚举 [2, i-1][2,i−1] 区间的任意一个数j,判断i能否被j整除时,我们可以发现,如果i能够被j整除,那么这里的商也一定能够整除i,也就是i也能够被i/j整除。那么我们只要判断i和i/j其中一个能否整除i...
1 : 0; } return ans; } private boolean isPrime(int x) { for (int i = 2; i < x; i++) { if (x % i == 0) return false; } return true; } 2. 优化解法:减少重复计算 如果x 是质数,那么它的倍数, 2x、3x、4x... 肯定不是质数 Java实现 // O(nlog(logn)) public int count...
classSolution{publicintcountPrimes(intn){intcount=0;boolean[]temp=newboolean[n];//使用Arrays.fill()方法,用true填充tempArrays.fill(temp,true);for(inti=2;i<n;i++){//如果i是素数,那么i的倍数都不是素数if(temp[i]){for(intj=2;i*j<n;j++){temp[i*j]=false;}}}for(inti=2;i<n;i+...
funccountPrimes(nint)int{ifn<=2{return0}count:=0//创建一个数组,用来存储当前数字是否是质数isPrimes:=make([]bool,n)//将数组全部变为true,先假设整个数组都是质数fori:=0;i<n;i++{isPrimes[i]=true}fori:=2;i<n;i++{ifisPrimes[i]{//i的倍数都不是质数,倍数从2倍开始forj:=i*2;j<...
使得x=n*j0>=j0*j0,那么x在遍历质数j0时就会被标记为合数,又由于 n>=j0,那么从j0*j0开始遍历,也可以遍历到x,将x标记为合数 */ static public func countPrimes2(_ n:Int) -> Int { if (n<2) {return 0} var ans = 0 var primesFlagArray = Array(repeating: true, count: n) for i in ...
res +=1forjinrange(i * i, n, i): isPrime[j] =0returnres 用例全部通过了,但是超出时间限制。 时间复杂度:O(nloglogn)。 空间复杂度:O(n)。需要 O(n) 的空间记录每个数是否为质数。 数学思路: 题目说的是小于n的所有数字中质数的个数 所以是 is_prime = [True]*(n),表示只考虑is_prime[1...
functioncountPrimes(n){// 返回质数数量letcount =0;for(leti =2; i < n; i++) {if(isPrime(i)) {// 循环判断count++;}}returncount;}返回搜狐,查看更多 时间复杂度: O(n∗√n) 。外层需要判断n个数是否质数,判断为质数是需要进行 √n 次计算。
for i in range(2, int(n ** 0.5) + 1): if isPrimes[i] == 1: #哇这个切片真的是pythonic isPrimes[i * i: n: i] = [0] * len(isPrimes[i * i: n: i]) #现在每个质数位的flag为1,其余的位数为0.由于我们不需要知道质数是什么只要总数,因此直接返回list里面所有1的和就行。re...
埃氏筛,isPrime[]表示1是质数0不是,遍历2到n,ifi是质数ans++且所有 2i 3i ii i i-1小于n的倍数isPrime=0,如果有i不是质数且没有被=0过是不可能的,比如10925427等都在前面被他们的因数=0过,468等也在之前被=0过,所以一开始可以放心 全部=1,技巧是可以从i*i开始而不是2i开始,因为如2从4开始,3从...