数论问题（算法村第十三关黄金挑战）
辗转相除法
8 和 12 的最大公因数是 4，记作 gcd(8,12)=4。辗转相除法最重要的规则是：
若 mod 是 a ÷ b 的余数, 则gcd(a, b) = gcd(b, mod)，直到a % b == 0时，返回 b的值
gcd(546, 429)
= gcd(429, 117)
= gcd(117, 78)
= gcd(78, 39)
= 39
public int gcb(int a, int b)
{
int mod = 0;
do
{
mod = a % b;
a = b;
b = mod;
}while (mod != 0);
return a; //此时 a 的值==最后一个除数
}
质数
判断一个数是否是质数
public boolean isPrime(int num)
{
int sqrt = (int)Math.sqrt(num);
for (int i = 2; i <= sqrt; i++)
if(num % i == 0)
return false;
return true;
}
计数质数
204. 计数质数 - 力扣（LeetCode）
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
提示：
0 <= n <= 5 * 10
超时的暴力解法
public int countPrimes(int n)
{
int count = 0;
// 0 and 1 are not prime numbers
for (int i = 2; i < n; i++)
if(isPrime(i))
count++;
return count;
}
public boolean isPrime(int num)
{
int sqrt = (int)Math.sqrt(num);
for (int i = 2; i <= sqrt; i++)
//如果 num 是合数，那 sqrt 两边一定存在一对 nums 的因数
if(num % i == 0)
return false;
return true;
}
时间复杂度：O(n * n^ 1/2)
空间复杂度：O(1)
一般来说题目里 n 的规模达到 10^5 及以上时，需要实现的程序的时间复杂度最高只能是 O(n logn)
埃氏筛
204. 计数质数 - 力扣（LeetCode）
public int countPrimes(int n)
{
boolean[] primes = new boolean[n];
Arrays.fill(primes, true); //初始化为全部都是质数
//从2枚举到sqrt(n)（不含）
for (int i = 2; i * i < n; i++)
{
if (primes[i])
//从i²开始，将所有i的倍数标记为非质数
//从这里我们就可以理解为什么不用枚举到sqrt(n)了。因为我们只用考虑n-1及以内的数，而sqrt(n)^2 = n
for (int j = i * i; j < n; j += i)
primes[j] = false;
}
//统计质数的个数
int count = 0;
for (int i = 2; i < n; i++)
if (primes[i]) count++;
return count;
}
丑数
把只包含质因子 2、3 和 5 的数称作丑数（Ugly Number）
根据丑数的定义，0 和负整数不是丑数。
当 n>0 时，若 n 是丑数，则 n 可以写成 n = 2^a + 3^b + 5^c 的形式，其中 a,b,c 都是非负整数。
特别地，当 a,b,c 都是 0 时，n=1。所以1也是丑数
对 n 反复除以 2,3,5，直到 n 不再包含质因数 2,3,5。若剩下的数等于 1，则说明 n 不包含其他质因数，n是丑数；否则，说明n包含其他质因数，n不是丑数。
public boolean isUglyNum(int num)
{
if (num <= 0)
return false;
int[] factors = {2, 3, 5};
//如果num能整除任何一个因子，则继续除以这个因子
//每次整除会使以factor为底的指数减一
//当指数为零时，跳出while循环
for (int factor : factors)
while (num % factor == 0)
num = num / factor;
//若num能被所有质因子整除，则num最后==1，即num为丑数
return num == 1;
}