数学（二）-- LeetCode[204] 计数质数

news2024/11/27 16:51:30

1 计数质数

1.1 题目描述

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

题目链接：https://leetcode.cn/problems/count-primes

1.2 思路分析

方法一：枚举法（计算超时）

很直观的思路是我们枚举每个数判断其是不是质数。

考虑质数的定义：在大于 1 的自然数中，除了 1 和它本身以外不再有其他因数的自然数。因此对于每个数 $x$ ，我们可以从小到大枚举 $[2, - 1]$ 中的每个数 $y$ ，判断 $y$ 是否为 $x$ 的因数。但这样判断一个数是否为质数的时间复杂度最差情况下会到 $O (n)$ ，无法通过所有测试数据。

考虑到如果 $y$ 是 $x$ 的因数，那么 $\frac{x}{y}$ 也必然是 $x$ 的因数，因此我们只要校验 $y$ 或者 $\frac{x}{y}$ 即可。而如果我们每次选择校验两者中的较小数，则不难发现较小数一定落在 $\sqrt(x)]$ 的区间中，因此我们只需要枚举 $\sqrt(x)]$ 中的所有数即可，这样单次检查的时间复杂度从 $O (n)$ 降低至了 $O(\sqrt(n))$ 。

示例代码：

from math import sqrt
class Solution:
    def countPrimes(self, n: int) -> int:
        def is_prime(n):
            for i in range(2, int(n**0.5)+1):
                if n % i == 0:
                    return False
            return True

        count = 0 if n < 2 else 1
        for i in range(2, n):
            if is_prime(i):
                count += 1
        return count

复杂度分析：

时间复杂度： $O(n\sqrt(n))$ 。单个数检查的时间复杂度为 $O(\sqrt(n))$ ，一共要检查 $O (n)$ 个数，因此总时间复杂度为： $O(n\sqrt(n))$ 。
空间复杂度： $O (1)$ 。

做进一步的优化，首先素数的判断，没必要去除以 $\sqrt(x)]$ 之间的所有数，寻找质数时，质数里除了2以外都是奇数，只需要遍历小于 $n$ 的奇数即可，虽然提高程序运行效率，但依然超时，毕竟复杂度的数量级没降下来。

from math import sqrt
class Solution:
    def countPrimes(self, n: int) -> int:
        def is_prime(number):
            """优化对素数的判断"""
            if number == 2 or number == 3:
                return True
            if number % 2 == 0 or number % 3 == 0:
                return False
            for i in range(6, int(sqrt(number))+2, 6):  
                if number % (i-1) == 0 or number % (i+1) == 0:
                    return False
            return True

        count = 0 if n < 2 else 1
        for i in range(3, n, 2):    # 偶数除了2肯定不能是质数，只判断奇数
            if is_prime(i):
                count += 1
        return count

方法二：厄拉多塞筛算法

厄拉多塞筛算法（Eratosthenes Sieve）是一种求素数的方法，由古希腊数学家厄拉多塞提出，简称埃氏筛，也称素数筛。这是一种简单且历史悠久的筛法，用来找出一定范围内所有的素数。它的原理是，给定一个数 n，从 2 开始依次将 $\sqrt(n)$ 以内的素数的倍数标记为合数，标记完成后，剩余未被标记的数为素数（从 2 开始）。如此可省去检查每个数的步骤，使筛选素数的过程更加简单。厄拉多塞筛算法具体步骤如下：

读取输入的数 n，将 2 到 n 的所有整数记录在表中
从 $i = 2$ 开始，划去表中所有 2 的倍数
由小到大寻找表中下一个未被划去的整数，再划去表中所有该整数的倍数
重复第（3）步，直到找到的 $i$ 大于 $\sqrt(n)$ 为止
表中所有未被划去的整数均为素数

算法流程图：

一个素数的各个倍数，是一个差为此素数本身的等差数列。此为这个筛法和试除法不同的关键之处，后者是以素数来测试每个待测数能否被整除。

下面以所有不超过100的素数为例，因为小于等于10的所有素数为2、3、5、7，所以依次删除2、3、5、7的倍数。

代码实现：

from math import sqrt
class Solution:
    def countPrimes(self, n: int) -> int:
        if n < 2: return 0                  # 不存在小于 2 的素数
        flag_list = [1 for _ in range(n)]
        flag_list[:2] = [0, 0]
        for i in range(2, int(n**0.5)+1):   #  遍历 i=2 到 根号 n
            if flag_list[i]:                 # 筛去 i 的倍数
                for j in range(i*i, n, i):
                    flag_list[j] = 0
        return sum(flag_list)

这里在筛去 $i$ 的倍数的时候，第一个数是 $\times i$ 而不是 $i$ ，这是因为对于所有 $k\times i$ ， $k < i$ ，都在前面被筛过，故可以跳过这些数。return sum(flag_list) 这里列表中每个质数位的值均为 1 ，其余合数位的值均为 0 ，sum(flag_list) 的结果就是 n 以内质数的个数。

进一步优化，第二个for循环是可以直接用列表的索引把质数的所有倍数所在的位置赋值为0。

from math import sqrt
class Solution:
    def countPrimes(self, n: int) -> int:
        if n < 2: return 0
        flag_list = [1 for _ in range(n)]
        flag_list[:2] = [0, 0]
        for i in range(2, int(n**0.5)+1):
            if flag_list[i]:
                flag_list[i*i:n:i] = [0] * ((n - i * i - 1) // i + 1)
        return sum(flag_list)