记一次【求n以内的素数个数】的优化记录
最近在leetCode上刷提，还是满锻炼人的，为以后面试打基础吧。不多说下面开始。
问题：求[2,n]之间的素数的个数。
来源：leetCode OJ
提示：
Let's start with a isPrime function. To determine if a number is prime, we need to check if it is not divisible by any number less than n. The runtime complexity of isPrime function would be O(n) and hence counting the total prime numbers up to n would be O(n2). Could we do better?
先让我们写一个函数isPrime用于判断给定的数是否是素数，为了判别总一个数是否是素数，我们需要依次检查比这个数小的数能否整除n。那么函数isPrime的时间复杂度就将是O(n)，因此总体的时间复杂度就会达到O(n2)，我们能做的更好吗？
第一次尝试
预备知识
① 什么是素数：素数（又叫质数），与之相反的是合数。如果只考虑非负数范围内，一个大于1的数，它只能被 1 和 他本身整除。这样的数就是素数。
② 0 和 1既不是质数也不是合数。
③ 素数定理：如果一个数x是素数，那么在整数范围[2,√x ]之间，找不到任何能整除x 的整数。因此，我们不必对 [2, n) 的所有整数去尝试，而只需要对 [2,√x]之间的数尝试整除就OK了，节约了时间。
#include<iostream>
#include<cassert>
#include<time.h>
#include<cmath>
using namespace std;
/**
作用：判断一个数是否是素数
参数x：待判断的素
返回：是素数返回true，否则返回false
*/
bool isPrime(int x)
{
for(int i=2;i<=int(sqrt(x));++i)
{
if(x%i==0) return false;
}
return true;
}
/**
作用：统计[2,n]之间的素数的个数
参数：n
返回：素数的个数
*/
int countPrimes(int n) {
int count=0;
if(n<2) return 0;
for(int i=2;i<=n;++i)
{
if(isPrime(i)) //如果 i为素数
{
++count;
}
}
return count;
}
int main()
{
clock_t start = clock();
int total = countPrimes(700000);
clock_t end = clock();
cout<<"耗时:"<<(double(end-start))/CLOCKS_PER_SEC*1000<<"毫秒"<<endl;
return 0;
}
/**********测试数据**************************
n=200000 81毫秒
n=700000 385毫秒
*/
这是很多人第一感觉写出来的solution，它最大问题在于使用了sqrt函数。第一：sqrt是用来处理浮点数的，而浮点数的计算速度远远慢于integer。第二，函数调用也会造成时间的浪费。第三：浮点数的存储误差可能引出致命错误，如 sqrt(9) 可能等于 2.9999999 ，那么 int(sqrt(9)) 就等于2 而不是3。
但是我从来都不是这样写的，这个让我印象很深，在我的编程启蒙书 《C prime Plus》书中，它教我使用 C/C++内置于语言的运算符乘 * ，而不是sqrt()函数。
第二次尝试
#include<iostream>
#include<cassert>
#include<time.h>
#include<cmath>
using namespace std;
/**
作用：判断一个数是否是素数
参数x：待判断的素
返回：是素数返回true，否则返回false
*/
bool isPrime(int x)
{
for(int i=2;i*i<=x;++i) //改进：使用 i*i<=x 而不是 i<= sqrt(x)
{
if(x%i==0) return false;
}
return true;
}
/**
作用：统计[2,n]之间的素数的个数
参数：n
返回：素数的个数
*/
int countPrimes(int n) {
int count=0;
if(n<2) return 0;
for(int i=2;i<=n;++i)
{
if(isPrime(i)) //如果 i为素数
{
++count;
}
}
return count;
}
int main()
{
clock_t start = clock();
int total = countPrimes(700000);
clock_t end = clock();
cout<<"耗时:"<<(double(end-start))/CLOCKS_PER_SEC*1000<<"毫秒"<<endl;
return 0;
}
/*********************测试数据*****************************
n=200000 46毫秒
n=700000 194毫秒
*/
可以发现，小小的改变，时间复杂度减少了大半！！！让我觉得很遗憾的是，很少有人知道这个技巧，leetCode上，也没有发现使用这个技巧的。
第三次尝试
前面的2个solution是不能Accept的，时间复杂度不达标。下面我又开始了google，找到了如下的优化方案。
预备知识：
① 合数一定能分解为 若干个 质素相乘 。如 27 = 3x3x3 ，155 = 5x31
② 原命题的真假性 和他的逆否命题相同。因此我们可以推导出第①命题的逆否命题--->： 不能分解为 素数相乘的数一定是质素。
因此根据这个推导出的定理，我们不再需要将待判断的数x 去对 [2,sqrt(x)]之间的数试除，而只需要去对 [2,sqrt(x)]之间的素数试除就OK了。所以：我们必须在迭代判断素数的过程中，将已经判定为素数的数用数组存储起来，因为后面更大的数判断时，需要用比他小的素数（在[2,sqrt(x)]之间的）去试除做判断。那么这个数组需要多大呢？
[0,n]之间有 n +1 个整数，然而0 和 1不是素数也不是质素，因此剩下 n +1 -2 = n-1 个数。素数偶数各一半，除了2，偶数一定不是素数，因此我们大致将这个数组大小定义为 (n-1)/2 +1
好了，时间 和 空间上都过了优化，下面试试吧。
#include<iostream>
#include<cassert>
#include<time.h>
#include<cmath>
using namespace std;
/**
作用：判断一个数是否是素数
参数x：待判断的素
参会primes：存储比x小的所有素数 的数组
返回：是素数返回true，否则返回false
*/
bool isPrime(int x,int *primes)
{
for(int i=0;primes[i]*primes[i]<=x;++i) //用primes中存储的素数做为试除因子。
{
if(x%primes[i]==0) return false;
}
return true;
}
/**
作用：统计[2,n]之间的素数的个数
参数：n
返回：素数的个数
*/
int countPrimes(int n) {
if(n<2) return 0;
int count=0;
int* primes = new int[(n-1)/2+1] ;
if(n >=2) primes[count++] = 2; //2是第一个素数，直接将他放入数组。
for(int i=3;i<=n;++i)
{
if(isPrime(i,primes)) //如果 i为素数
{
primes[count++] = i; //则将 i存储到数组中
}
}
delete[] primes;
return count;
}
int main()
{
clock_t start = clock();
int total = countPrimes(700000);
clock_t end = clock();
cout<<"耗时:"<<(double(end-start))/CLOCKS_PER_SEC*1000<<"毫秒"<<endl;
return 0;
}
/****************测试数据******************
n=200000 13毫秒
n=700000 50毫秒
*/
时间复杂度又大大减少了！！！可见，我们的程序优化的空间往往很大。
最后，我的程序终于被AC了 ,不过，还可以继续优化，下面是我的程序的所处的时间复杂度的位置，前面有70% 的solution比我更优 。优化尚未成功，码农仍需努力。
:)
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