题目链接：204. 计数质数 - 力扣（LeetCode）

会超时的代码：

使用了枚举的方法

方法一：

    public static int countPrimes(int n) {
        int ans=1;
        if (n<=2)
            return 0;
        for (int i=3;i<n;i++){
            boolean flag=true;
            for (int j=2;j<i;j++){
                if (i%j==0) {
                    flag=false;
                    break;
                }
            }
            if (flag)
                ans++;
        }
        return ans;
    }

方法二：

   public static int countPrimes(int n) {
        int ans=0;
        for (int i=2;i<n;++i){
            boolean flag=true;
            for (int j=2;j*j<=i;++j){
                if (i%j==0){
                    flag=false;
                    break;
                }
            }
            if (flag) {
                ans++;
//                System.out.print(i+"  ");
            }
        }
//        System.out.println();
        return ans;
}

 不会超时的代码：

使用埃氏筛

        如果 xxx 是质数，那么大于 x 的 x 的倍数 2x,3x… 一定不是质数，因此我们可以从这里入手。

        我们设 arr[i] 表示数 i 是不是质数，如果是质数则为 1，否则为 0。从小到大遍历每个数，如果这个数为质数，则将其所有的倍数都标记为合数（除了该质数本身），即 000，这样在运行结束的时候我们即能知道质数的个数。

        当然这里还可以继续优化，对于一个质数 x，如果按上文说的我们从 2x 开始标记其实是冗余的，应该直接从 x*x 开始标记，因为 2x,3x,…这些数一定在 xxx 之前就被其他数的倍数标记过了，例如 2 的所有倍数，3 的所有倍数等。

   public static int countPrimes(int n) {
        int[] arr = new int[n];
        Arrays.fill(arr, 1);
        int ans = 0;
        for (int i = 2; i < n; ++i) {
            if (arr[i] == 1) {
                ans += 1;
                if ((long) i * i < n) {
                    for (int j = i * i; j < n; j += i) {
                        arr[j] = 0;
                    }
                }
            }
        }
        return ans;
}

 测试用例：

        System.out.println(countPrimes(10));

运行结果：

4

Process finished with exit code 0