素数最朴素判断思路:(一般会超时)
对正整数 n
,如果用 2 到
n
\sqrt{n}
n 之间的所有整数去除,均无法整除,则 n
为素数又称为质数。
为什么到 n \sqrt{n} n 就可以了,因为因数如果存在一定是成对出现的,如果存在小于根号n的因数,那么n除以它一定大于根号n。
首先要先知道以下几个知识点:
1、素数分解
- 每一个数 都可以分解成 素数的乘积,且这种分解是唯一的,例如: 84 = 2 2 ∗ 3 1 ∗ 5 0 ∗ 7 1 ∗ 1 1 0 ∗ 1 3 0 ∗ 1 7 0 ∗ … 84 = 2^2 * 3^1 * 5^0 * 7^1 * 11^0 * 13^0 * 17^0 * … 84=22∗31∗50∗71∗110∗130∗170∗…
2、整除
- 令 x = 2 m 0 ∗ 3 m 1 ∗ 5 m 2 ∗ 7 m 3 ∗ 1 1 m 4 ∗ … x = 2^{m0} * 3^{m1} * 5^{m2} * 7^{m3} * 11^{m4} * … x=2m0∗3m1∗5m2∗7m3∗11m4∗…
- 令 y = 2 n 0 ∗ 3 n 1 ∗ 5 n 2 ∗ 7 n 3 ∗ 1 1 n 4 ∗ … y = 2^{n0} * 3^{n1} * 5^{n2} * 7^{n3} * 11^{n4} * … y=2n0∗3n1∗5n2∗7n3∗11n4∗…
如果 x x x 整除 y y y( y y y mod x x x == 0),则对于所有 i i i, m i < = n i m^i <= n^i mi<=ni。
3、最大公约数最小公倍数
-
x x x 和 y y y 的最大公约数为: g c d ( x , y ) = 2 m i n ( m 0 , n 0 ) ∗ 3 m i n ( m 1 , n 1 ) ∗ 5 m i n ( m 2 , n 2 ) ∗ . . . gcd(x,y) = 2^{min(m0,n0)} * 3^{min(m1,n1)} * 5^{min(m2,n2)} * ... gcd(x,y)=2min(m0,n0)∗3min(m1,n1)∗5min(m2,n2)∗...
//辗转相除法 int gcd(int a, int b) { return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }
-
x x x 和 y y y 的最小公倍数为: l c m ( x , y ) = 2 m a x ( m 0 , n 0 ) ∗ 3 m a x ( m 1 , n 1 ) ∗ 5 m a x ( m 2 , n 2 ) ∗ . . . lcm(x,y) = 2^{max(m0,n0)} * 3^{max(m1,n1)} * 5^{max(m2,n2)} * ... lcm(x,y)=2max(m0,n0)∗3max(m1,n1)∗5max(m2,n2)∗...
//最小公倍数为两数的乘积除以最大公约数。 int lcm(int a, int b) { return a * b / gcd(a, b); }
4、使用位操作和减法求解最大公约数
对于 a 和 b 的最大公约数 f(a, b),有:
- 如果 a 和 b 均为偶数,f(a, b) = 2*f(a/2, b/2);
- 如果 a 是偶数 b 是奇数,f(a, b) = f(a/2, b);
- 如果 b 是偶数 a 是奇数,f(a, b) = f(a, b/2);
- 如果 a 和 b 均为奇数,f(a, b) = f(b, a-b);
乘 2 和除 2 都可以转换为移位操作。
public int gcd(int a, int b) {
if (a < b) {
return gcd(b, a);
}
if (b == 0) {
return a;
}
boolean isAEven = isEven(a), isBEven = isEven(b);
if (isAEven && isBEven) {
return 2 * gcd(a >> 1, b >> 1);
} else if (isAEven && !isBEven) {
return gcd(a >> 1, b);
} else if (!isAEven && isBEven) {
return gcd(a, b >> 1);
} else {
return gcd(b, a - b);
}
}
204. 计数质数
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 。
示例 2:
输入:n = 0
输出:0
示例 3:
输入:n = 1
输出:0
提示:
- 0 < = n < = 5 ∗ 1 0 6 0 <= n <= 5 * 10^6 0<=n<=5∗106
思路:(埃式筛法)
埃式筛法
埃拉托斯特尼算法是希腊数学家埃拉托斯特尼(阿基米德的好友)发明的用来筛选素数的方法,为了方便我们一般简称为埃式筛法或者筛法。
- 埃式筛法的思路非常简单,就是用已经筛选出来的素数去过滤所有能够被它整除的数。
- 这些素数就像是筛子一样去过滤自然数,最后被筛剩下的数自然就是 不能被前面素数整除的数,根据素数的定义,这些剩下的数也是素数。
我们要筛选出n以内的所有素数:
1、我们知道2是最小的素数,我们先用2可以筛掉所有的偶数。
2、然后往后遍历到3,3是被2筛剩下的第一个数,也是素数,我们再用3去筛除所有能被3整除的数。
3、筛完之后我们继续往后遍历,第一个遇到的数是5,所以5也是素数,我们再重复以上的过程,直到遍历结束为止。
……
结束的时候,我们就获得了n以内的所有素数。
极致优化(线性筛)文章来源:https://www.toymoban.com/news/detail-404311.html
- 筛法的复杂度已经非常近似
O
(
n
)
O(n)
O(n)了,因为即使在
n
很大的时候,经过两次ln的计算,也非常近似常数了,实际上在绝大多数使用场景当中,上面的算法已经足够应用了。 - 但是仍然有大牛不知满足,继续对算法做出了优化,将其优化到了
的复杂度。虽然从效率上来看并没有数量级的提升,但是应用到的思想非常巧妙,值得我们学习。
比较明显地可以看出来,对于一个合数而言,它可能会被多个素数筛去。比如12
,它有2
和3
这两个素因数,那么它就会被置为两次;
这就带来了额外的开销,如果对于每一个合数我们只更新一次,那么是不是就能优化到 O ( n ) O(n) O(n)了呢?
- 这里要用到上面素数分解的定理,就是每个合数分解质因数的结果是唯一的。既然是唯一的,那么一定可以找到最小的质因数,如果我们能够保证一个合数只会被它最小的质因数更新为
True
,那么整个优化就完成了。
那我们具体怎么做呢?其实也不难:
1、我们假设整数n
的最小质因数是m
;
2、那么我们用小于m
的素数i
乘上n
可以得到一个合数。我们将这个合数消除;
3、对于这个合数而言,i
一定是它最小的质因数。因为它等于i * n
,n
最小的质因数是m
,i
又小于m
,所以i
是它最小的质因数。
……
我们用这样的方法来生成消除的合数,这样来保证每个合数只会被它最小的质因数消除。
代码:(Java)
public class CountPrimes {
public static void main(String[] args) {
// TODO Auto-generated method stub
int n = 10;
System.out.println(countPrimes(n));
}
public static int countPrimes(int n) {
if(n <= 1) {
return 0;
}
int count = 0; //个数
boolean[] notPrimes = new boolean[n + 1]; //数组存储是否为素数
for(int i = 2; i < n; i++) {
if(notPrimes[i]) {
continue;
}
count++;
//i是素数
//从 i * i开始(如果 k < i ,那么 k*i 在之前就已经去除过了)
for(long j = (long)i * i; j < n; j += i) {
notPrimes[(int) j] = true;
}
}
return count;
}
}
极致优化(线性筛)
import java.util.ArrayList;
import java.util.List;
public class CountPrimes {
public static void main(String[] args) {
// TODO Auto-generated method stub
int n = 10;
System.out.println(countPrimes(n));
}
public static int countPrimes(int n) {
if(n <= 1) {
return 0;
}
boolean[] notPrimes = new boolean[n + 1];
List<Integer> primes = new ArrayList<Integer>();
for(int i = 2; i < n; i++) {
if(!notPrimes[i]) {//如果是素数则加入primes
primes.add(i);
}
for(int j = 0; j < primes.size() && i * primes.get(j) < n; j++) {
notPrimes[i * primes.get(j)] = true;
if(i % primes.get(j) == 0) {// 到 合数i 的最小质数时,停止
break;
}
}
}
return primes.size();
}
}
运行结果:
复杂度分析:
埃式筛法
-
时间复杂度:
O
(
n
∗
l
n
l
n
(
n
)
)
O(n*lnln(n))
O(n∗lnln(n)),我们一共有了两层循环,最外面一层循环固定是遍历
n
次。而里面的这一层循环遍历的次数一直在变化,并且它的运算次数和素数的大小相关,看起来似乎不太方便计算。实际上是可以的,根据素数分布定理以及一系列复杂的运算. -
空间复杂度:
O
(
n
)
O(n)
O(n),需要开辟长度为
n
的数组,n
为给定的整数
极致优化(线性筛)
- 时间复杂度: O ( n ) O(n) O(n),赋值的次数减少了.
- 空间复杂度: O ( n ) O(n) O(n).
注:仅供学习参考, 如有不足,欢迎指正!
题目来源:力扣。文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-404311.html
到了这里,关于204. 计数质数 (埃式筛法详解)——【Leetcode每日一题】的文章就介绍完了。如果您还想了解更多内容,请在右上角搜索TOY模板网以前的文章或继续浏览下面的相关文章,希望大家以后多多支持TOY模板网!