让我们看看我们想要找到 1 到 1000 之间的所有数字，这些数字表示为两个素数之和。例如 8 = 3+5、24 = 13+11
现在这可以通过遍历 1 到 1000 之间的素数列表在 O(n^2) 内完成。
有没有办法在少于 O(n^2) 的时间内做同样的事情。有没有一种方法可以在线性时间内做到这一点？
【问题讨论】：
标签： primes
对于我们现在知道的所有偶数，它们可以表示为 2 个素数之和（参见 Goldbach's conjecture）
对于所有奇数，如果可以表示为2个质数之和，其中一个一定是2，另一个应该是奇质数。
所以总数应该是 (1000/2 - 1) + (质数从 3 到 997)，
其中，
(1000/2 - 1) 是系列 4、6、8、10...的总数...
(从3到997的素数计数)是系列5(2+3)、7(2+5)、9(2+7)、13(2+11)的总数...
【讨论】：
创建一个包含 1000 个布尔值的数组 p。如果i 是素数，则将p[i] 设置为true，否则设置false。
那么O(N^2)算法就变得简单了：在外循环中遍历数字k1到1000，然后在内循环中遍历所有大于k的素数x，并检查是否存在素数使得p[k-x] 是true：
for k in 1..1000
for x in primes greater than k
if (p[x-k])
print k can be represented as x plus (x-k)
break
我怀疑检查是否可以在恒定时间内执行，对于 1000 个数字 because computer-aided verification currently proceeds at a rather slow speeds 的总运行时间为 O(N)。
【讨论】：
1！ 1 是一个很好的公式。首先，1000 + 1 除以 5x + 38。这是根据 ATF 定理。试试这个，你会得到答案。
【讨论】：
import java.util.Scanner;
public class SumOfNPrmNos_2 {
public static void main(String[] args) {
int swap,sum=0;
Scanner sc=new Scanner(System.in);
System.out.println("Enter Number Range From ");
int small=sc.nextInt();
System.out.println("Enter Number Range To ");
int big=sc.nextInt();
for (int i =small+1 ; i<big; i++) {
char check='T';
for (int j=2 ; j<=Math.sqrt(i) ; j++){
if(i%j==0){
check='F';
break;
}
}
if(check=='T'){
sum=sum+i;
}
}
System.out.println("Sum Is : = "+sum);
}
}
【讨论】：
说明：这里我做了一个用户定义的函数来检查输入数字的素数。这个数字分为两部分，第一部分是 num-1，第二部分是 1（它们的总和等于 num），现在第一部分递减，第二部分递增，直到它们都变得相等或更大，对于这些数字中的每一个，我查找它们是否都是素数，如果都是素数，则使用 break 退出循环并打印这些数字。
#include<stdio.h>
int prime(int);
int main()
{
int num, r1, r2, i, j, c=0;
printf("enter number\n");
scanf("%d", &num);
for(i=num-1, j=1; i>=j; i--, j++) //this divides numb
{
r1=prime(i);
r2=prime(j);
if(r1==1 && r2==1)
{
printf("Numbers are %d and %d\n", i, j);
c++;
}
}
if(c==0)
printf("cannot be expressed as sum of primes\n");
}
int prime(int n)
{
int i;
for(i=2; i<=n; i++)
if(n%i==0)
break;
if(n==i)
return 1;
else
return 0;
}
【讨论】：