LeetCode笔记：204. Count Primes

问题：

Count the number of prime numbers less than a non-negative number, n.

大意：

计算小于非负数n的质数个数。

思路：

题目很简短，就是个找质数的问题。

我们知道最简单的质数就是2，3，5。。。那怎么计算往后的质数呢？质数的定义是除了自己以外没有任何因子，也就是不被任何数整除，也就是说，不会被这个数前面的任何质数和非质数整除，其实非质数也可以被质数整除，比如4被2整除，所以问题可以归结为：没遇到一个数，判断它是否能被前面的某一个质数整除。

要达到这个条件，我们需要记录在遍历过程中遇到的质数，所以弄了一个数组来记录遇到过的质数，当然2、3、5是一开始就要放进来的，我们遍历时也应该从2开始，因为0和1不是质数。然后没遇到质数都记录下来，同时遇到的每个数都去试一试能不能被前面的质数整除。

这种做法在数字不大的情况下是奏效的，但是当数字大了以后，就会超时了。还是先看代码吧。

代码（Java）：

public class Solution {
    public int countPrimes(int n) {
        int result = 0;
        int num = 3;
        int[] prime = new int[n+3];
        prime[0] = 2;
        prime[1] = 3;
        prime[2] = 5;
        for (int i = 2; i < n; i++) {
            if (i < 6 && i != 4) result ++;
            boolean isPrime = true;
            for (int j = 0; j < num; j++) {
                if (i % prime[j] == 0) isPrime = false;
            }
            if (isPrime) {
                result++;
                prime[num] = i;
                num++;
            }
        }
        return result;
    }
}

他山之石：

public class Solution {
    public int countPrimes(int n) {
        int result = 0;
        boolean[] notPrime = new boolean[n];
        for (int i = 2; i < n; i++) {
            if (notPrime[i] == false) {
                result ++;
                for (int j = 2; j*i < n; j++) {
                    notPrime[j*i] = true;
                }
            }
        }
        return result;
    }
}

这里其实还是那个思路，但是加快了速度，为什么呢？因为只需要在每次遇到质数时，将其小于n的倍数都设为非质数，这样就避免了每次遇到一个数都要用之前所有质数去除一遍，大大降低了时间复杂度。

合集：https://github.com/Cloudox/LeetCode-Record

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