leetcode 204

Posted 2020-08-12

题目描述:

Description:

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

 

解法一：

遍历从1-n的所有整数，查看是否为质数，是质数借助一个则将该整数存入一个容器中，判断一个数是否为质数，可以遍历在容器中且小于n的平方根的质数，如果n可以被符合条件的质数整除，则这个数不是质数。代码如下：

class Solution {
public:
    vector<int> prime_vec;
    
    bool isPrime(int n)
    {
        if (n<2)
            return false;
        else if (n == 2)
            return true;
        else if (n % 2 == 0)
            return false;
        else
        {
            int n_sqr = sqrt(n);
            for (int i = 0; prime_vec[i] <= n_sqr; i ++) {
                if(n % prime_vec[i] == 0)
                    return false;
            }
            return true;
        }
    }
    
    int countPrimes(int n) {
        int counter = 0;
        for (int i = 1; i < n; i ++) {
            
            if (isPrime(i)) {
                
                prime_vec.push_back(i);
                counter ++;
            }
        }
        
        for (auto i = prime_vec.begin(); i != prime_vec.end(); i ++) {
            cout << *i << endl;
        }
        return counter;
        
    }
};

 

 

解法二：

上述代码的执行效率不高，看了其他人的解题思路之后，豁然开朗，维基百科上有一个动态演示的效果图，算法思想名叫“晒数法”，连接如下：

https://en.wikipedia.org/wiki/Sieve_of_Eratosthenes

看了这个效果图我马上进行了自己的实现，代码如下：

class Solution {
public:
    int countPrimes(int n) {
        int counter = 0;
        if (n < 2)
            return counter;
        
        int upper = sqrt(n);
        vector<bool> flag_vec(n, false);
        int i = 2;
        while (i < n) {
            cout << i << endl;
            counter ++;
            if(i <= upper)
            {
                for (long long j = i * i; j < n; j += i)
                    flag_vec[j] = true;

            }
            
            ++ i;
            while (flag_vec[i] == true)
                ++ i;
            
        }
        
        return counter;
        
    }
};

 

 

可以很清楚地知道，解法二比解法一要好很多，因为在从小到大遍历的过程中，所有的数仅遍历一遍，这解法一虽然比暴力的O（n*n）的方法好一些，但是时间复杂度还是大于O（n）的，而晒数法的时间复杂度仅为O（n）。