【跟着英雄学算法第⑧讲】素数筛选——枚举法+埃氏筛法+欧拉筛法（C语言实现）

✨前言✨

       在这个系列中，博主准备分享每日在万人千题社区打卡学习的算法。博主也是小白，因此也很能理解新手在刷题时的困惑，所以关注博主，每天学习一道算法吧。同时也欢迎大家加入万人千题习活动，正所谓：一个人可以走的很快，但一群人才能走的更远。

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目录

✨前言✨

一、算法思想笔记

①枚举法：

②埃氏筛法：

③欧拉筛法      

二、计算质数

①题目呈现

三、解决方法 

①枚举法

​②埃氏筛法

③欧拉筛法

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一、算法思想笔记

①枚举法：

1.思想：一一枚举从2~n-1之间可能被n整除的数

int is_prime(int n)
{
	int i = 0;
	for (i = 2; i < n ; i++)
	{
        return 0；//能被2~n之间的数整除说明是合数，所以直接返回0
	}
		return 1;
		
}

优化一：排除所有除2外的偶数

int is_prime(int n)
{
	int i = 2;
	if (n % 2 == 0)
		return 0;

	for (i = 3; i < n ; i+=2)
	{
		return 0;
	}
	
	return 1;
}

优化二：枚举到 i*i<=n时即可终止遍历   （时间复杂度：O(√n)）

解释：设A=B*C（2<=B

int is_prime(int n)
{
	int i = 2;
	for (i = 2; i * i <= n; i++)
	{
		if (n % 2 == 0)
			return 0;
	}
	return 1;
}

【注意】如果写成 i<=(int)sqrt(n),要考虑到浮点数的误差 ，应该写成 i<=(int)(sqrt(n)+1E-6)，或者可以写成i<=(int)floor(sqrt(n)+0.5)

②埃氏筛法：

时间复杂度：

 1.思想：

总而言之，就是第一次筛去2所有的倍数， 第二次筛去3的倍数，第三次筛去5的倍数以此类推。

（代码在题目中呈现） 

③欧拉筛法      

时间复杂度：O(n)

1.背景：

埃氏筛存在对一个数重复筛的缺陷，比如30=2*15=5*6，这样30既可以被2筛，又会被5筛，造成了不必要的浪费。而欧拉筛的出现解决了这个问题。

2.数学原理

不言而喻，每一个数的最小因数肯定是确定的。假设A=B*C，如果我们确定了A的最小的因数B，只要C不同，那么得到的A必然不同。换句话说，我们以这种方式可以保证A只被筛一次。

（代码在题目中呈现）

二、计算质数

204. 计数质数https://leetcode-cn.com/problems/count-primes/https://leetcode-cn.com/problems/count-primes/

 ①题目呈现

三、解决方法 

 ①枚举法

显然这里用枚举法会超出时间限制，不是一个好办法，那我们也试一试吧

int is_prime(int n)
{
    int i = 0;
    for (i = 2; i * i <= n; i++)
    {
        if (n % i == 0)
            return 0;
    }
    return 1;

}

int countPrimes(int n)
{
    int cnt = 0;
    if( n > 2)
        cnt++;
    for (int i = 3; i < n; i+=2)
    {
        if (is_prime(i))
            cnt++;
    }
    return cnt;
}

运行结果： 

 ②埃氏筛法

int countPrimes(int n)
{
    if(n<3)
        return 0;
    int i;
    int cnt = 0;
    long long j;
    bool f[n];
    memset(f, 0, sizeof(bool) * n);
    f[0] = 1;f[1] = 1; 
                            
    for (i = 2; i < n; ++i)
    {
        if (!f[i])
        {
            ++cnt;
            for (j = (long long)i * i; j < n; j += i)
            {
                f[j] = 1;
            }
        }
    }

    return cnt;
}

1.算法技巧 

每次 j 从 i * i 开始，为什么呢？我们可以试想 2*i  3*i  ……(i-1)*i 分别被2 ，3……i-1筛过，所以没有必要再次筛。

2.核心算法思想： 

①创建一个布尔类型的数组，f[n-1]存放着数字n-1是否为质数的真假值，以此类推，就是我们之前学过的桶排序  没看过？点这里

②若i为质数，内循环的j则用来筛去所有i的倍数，将他们的f[ ]值标记为1，表示不是质数

③在判断质数得同时cnt++，实现计数

3.本段代码注意点 

①若n<3，则n最大为2，肯定不存在质数。并且这里不排除n<3的情况，之后f[0],f[1]的赋值会出现数组下标越界的情况。

②若编译器不支持bool类型，则可用int代替，只不过占用内存变多

③为什么j是long long类型呢？因为i*i的过程中可能会出现“溢出”的情况，若溢出则j会变成负数，所以我么要避免这种情况发生，所以要类型强转

运行结果 

③欧拉筛法

int countPrimes(int n)
{
    bool flag[n+1];
    int cnt = 0;
    int prime[n+1];
    memset(flag, 0, sizeof(flag));

    for (int i = 2; i < n; i++)
    {
        if (!flag[i])
        {
            prime[++cnt] = i;//prime数组记录素数
        }
        for (int j = 1; i * prime[j] < n; j++)//筛去合数
        {
            flag[i * prime[j]] = 1;
            if (i % prime[j] == 0)//精髓
                break;
        }
    }

    return cnt;
}

 1.核心算法 

①首先我们要创建两个数组。用flag数组标记每个对应下标的数是否为质数，为0则为质数，为1则为合数。用prime数组记录遍历过程中找到的质数

②在筛去合数过程中，用j来遍历prime数组。此时prime数组里的质数相当于A=B*C模型中的最小因数B，而i则相当于是C。不过每次循环是先确定C，再由B的改变来筛去A的

③为什么 i % prime[j] == 0 时要break？原因是为了避免重复筛，这是这段代码的精髓。怎么理解呢？上面我们也提到B需要是最小因数，以这个逻辑我们可以筛掉所有的数而不重复。如果 i % prime[j] == 0，则不能保证prime[j]是此时的最小因数，还可能是 i / prime[j] ,如i==6，prime[j]==3的时候。那怎么直观点的理解呢？ i % prime[j] != 0则说明了二者之间的“唯一性”，那么这样进行遍历时就不会出现重复。那为什么要break呢？如果此时继续运算，那么 i*prime[j+1]=prime[j]*k*prime[j+1],那么显然prime[j+1]不会是最小质数。

2.本段代码注意点

①flag和prime数组都是通过变长数组的方式实现的，他是C99才有的标准，在你的编译器下可能并不支持，这样的话也不妨开辟一个很大的数组

②flag和prime数组长度为n+1，是为了防止n=0的时候创建出长度为0的数组

③内部for循环不用担心j会大于cnt，反过来想，即使大于，由于此时prime[j]未被初始化为负值，循环自然终止

运行结果 ：

看来这道题目不适合用欧拉筛法