LeetCode筆記：204. Count Primes

問題：

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

大意：

計算小於非負數n的質數個數。

思路：

題目很簡短，就是個找質數的問題。

我們知道最簡單的質數就是2，3，5。。。那怎麼計算往後的質數呢？質數的定義是除了自己以外沒有任何因子，也就是不被任何數整除，也就是說，不會被這個數前面的任何質數和非質數整除，其實非質數也可以被質數整除，比如4被2整除，所以問題可以歸結為：沒遇到一個數，判斷它是否能被前面的某一個質數整除。

要達到這個條件，我們需要記錄在遍歷過程中遇到的質數，所以弄了一個陣列來記錄遇到過的質數，當然2、3、5是一開始就要放進來的，我們遍歷時也應該從2開始，因為0和1不是質數。然後沒遇到質數都記錄下來，同時遇到的每個數都去試一試能不能被前面的質數整除。

這種做法在數字不大的情況下是奏效的，但是當數字大了以後，就會超時了。還是先看程式碼吧。

程式碼（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;
    }
}

這裡其實還是那個思路，但是加快了速度，為什麼呢？因為只需要在每次遇到質數時，將其小於n的倍數都設為非質數，這樣就避免了每次遇到一個數都要用之前所有質數去除一遍，大大降低了時間複雜度。

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

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