【发布时间】：2011-07-17 21:01:35
【问题描述】：
给定一个整数 M。返回所有小于 M 的素数。
给出一个尽可能好的算法。需要考虑时间和空间复杂度。
【问题讨论】：
【发布时间】：2011-07-17 21:01:35
【问题描述】：
埃拉托色尼筛法是一个很好的起点。
【讨论】：
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还有其他易于理解且不需要 O(n) 空间的筛子。或者你只是一遍又一遍地做一个恒定数量的数字。例如。您希望所有质数低于 10000，然后分批执行 100 或 1000 以减少空间使用，然后只保存质数。
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O(n) 空间是很大的空间复杂度，如果 N 更高，可能是 20 亿或更多。阿特金筛子是最好用的。
一些额外的性能提示：
- 您只需要测试直到
M的平方根，因为每个合数至少有一个质因数小于或等于其平方根 - 您可以在生成已知素数时缓存它们，并仅针对此列表中的数字测试后续数字（而不是
sqrt(M)下面的每个数字） - 您显然可以跳过偶数（当然，
2除外）
【讨论】：
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3.好吧，你不应该放弃所有这些！你不应该放弃 2 ;-)
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我认为第一句话是错误的。例如 N = 120。113 是素数 sqrt (N)。
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我不确定你想说什么。当然，可能有（不相关的）素数大于 N 的平方根，但这并不能告诉我们任何有用的信息。关键是每个合数至少有一个质因数小于或等于它的平方根，你只需要找到一个这样的因数来证明 N 是合数（即没有必要继续检查）。这就是第一句话的重点。
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对不起。我认为您的答案可能很短，看起来像是评论而不是完整的答案。当我阅读 Eratosthenes 的 Wiki Sieve 时，我了解您的提示。但是因为你的答案是我读到的第一件事，所以我不明白你在说什么。
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您是对的，但是您需要了解上下文才能应用该事实。我并不是说你的答案是错误的，但是直到我从另一个答案中得到上下文我才明白它，我只是建议稍微改进你的答案，以便其他用户更好地理解，例如我把你的 N 与OP M. 还要意识到，即使你的答案是被接受的，来自 Andrew 的答案也是投票最多的，因为它可以为寻找答案的其他用户提供正确的上下文。
usual answer 是实现Sieve of Eratosthenes，但这实际上只是查找所有小于 N 的素数列表的解决方案。如果您想要primality tests 用于特定数字，对于大的数有更好的选择数字。
【讨论】：
Eratosthenes 的筛子很好。
【讨论】：
我是 C# 的新手程序员（也是 S.O. 的新手），所以这可能有点冗长。不过，我已经对此进行了测试，并且可以正常工作。
这是我想出的：
for (int i = 2; i <= n; i++)
{
while (n % i == 0)
{
Console.WriteLine(i.ToString());
n /= i;
}
}
Console.ReadLine();
【讨论】：
π(n) 计算小于或等于 n 的素数。 Pafnuty Chebyshev 已经证明，如果
limn→∞ π(n)/(n/ln(n))
存在，它是1。实际上有很多近似等于π(n)的值，如表所示。
它为这种数字格式提供了正确的素数数量。我希望这会有所帮助。
【讨论】：
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这没有回答问题。
您可以使用自下而上的动态编程方法（称为埃拉托色尼筛法）来做到这一点 基本上，您创建一个所有数字的布尔缓存，直到 n 并将每个数字的倍数标记为 not_prime。 进一步优化可以通过只检查到 sqrt(n) 来获得，因为任何合数都会有至少一个除数小于 sqrt(n)
public int countPrimes(int n) {
if(n==0){
return 0;
}else{
boolean[] isPrime=new boolean[n];
for(int i=2;i<n;i++){
isPrime[i]=true;
}
/* Using i*i<n instead of i<Math.sqrt(n)
to avoid the exepnsive sqrt operation */
for(int i=2;i*i<n;i++){
if(!isPrime[i]){
continue;
}
for(int j=i*i;j<n;j+=i){
isPrime[j]=false;
}
}
int counter=0;
for(int i=2;i<n;i++){
if(isPrime[i]){
counter++;
}
}
return counter;
}
}
【讨论】：
这是我为 Seive of Eratosthenes 开发的。当然，会有更好的实现。
//找到小于长度的素数个数
private static int findNumberOfPrimes(int length) {
int numberOfPrimes = 1;
if (length == 2) {
return 1;
}
int[] arr = new int[length];
//creating an array of numbers less than 'length'
for (int i = 0; i < arr.length; i++) {
arr[i] = i + 1;
}
//starting with first prime number 2, all the numbers divisible by 2(and upcoming) is replaced with -1
for (int i = 2; i < arr.length && arr[i] != -1; i++) {
for (int j = i; j < arr.length; j++) {
if (arr[j] % arr[i] == 0) {
arr[j] = -1;
numberOfPrimes += 1;
}
}
}
return numberOfPrimes;
}
【讨论】：
阿特金筛法也是在这种情况下实现的最佳算法，它只需要 O(N) 次操作和 O(N) 空间。算法和伪代码的详细解释请参考https://en.wikipedia.org/wiki/Sieve_of_Atkin。
【讨论】：