在O(n*log(log(n)) 的时间复杂度中，这个算法可以找到直到n 的素数。我们如何在O(n) 时间复杂度下实现它？
【问题讨论】：
标签： algorithm time-complexity primes sieve-of-eratosthenes
您可以执行埃拉托色尼筛法来确定在O(n) 时间范围内[2, n] 中哪些数是素数，如下所示：
对于区间[2, n] 中的每个数字x，我们计算x 的最小素因子。出于实现目的，这可以通过保留一个数组来轻松完成——比如MPF[]——其中MPF[x]代表x的最小素因子。最初，您应该将每个整数x 的MPF[x] 设置为零。随着算法的进行，这个表格将被填满。
现在我们使用 for 循环并从 i = 2 迭代到 i = n（含）。如果我们遇到MPF[i] 等于0 的数字，那么我们立即得出结论i 是素数，因为它没有最小素因数。此时，我们通过将i 插入到列表中将其标记为素数，并将MPF[i] 设置为等于i。相反，如果MPF[i]不等于0，那么我们知道i是最小素因数等于MPF[i]的复合。
在每次迭代期间，在检查完 MPF[i] 之后，我们执行以下操作：计算每个质数 p_j 小于或等于 MPF[i] 的数 y_j = i * p_j，并设置 @987654350 @ 等于 p_j。
这似乎违反直觉 --- 如果我们有两个嵌套循环，为什么运行时 O(n)？关键思想是每个值都设置为一个，因此运行时为O(n)。这个website 给出了一个 C++ 实现，我在下面提供了它：
const int N = 10000000;
int lp[N+1];
vector<int> pr;
for (int i=2; i<=N; ++i) {
if (lp[i] == 0) {
lp[i] = i;
pr.push_back (i);
}
for (int j=0; j<(int)pr.size() && pr[j]<=lp[i] && i*pr[j]<=N; ++j)
lp[i * pr[j]] = pr[j];
}
上述实现中的数组lp[] 与我在解释中描述的MPF[] 相同。此外，pr 存储质数列表。
【讨论】：
n1 = 1B 和 n2 = 1.5B 所以我们可以将 Empirical orders of growth 计算为 log(t2/t1) / log(1.5)。为了比较，Eratosthenes 的简单位压缩非分段（连续）筛子在该范围内表现出 ~n^1.06 的行为on ideone（这是旧时间，当前的 ideone 肯定会更快，但增长的顺序可以'变化不大）。
好吧，如果算法是 O(n*log(n))，那么如果不更改算法，您通常无法做得更好。
复杂度为 O(n*log(n))。但是您可以在时间和资源之间进行交易：通过确保您有 O(log(n)) 计算节点并行运行，可以在 O(n) 中完成。
希望我没有做你的功课......
【讨论】：