素?cái)?shù)的定義很簡(jiǎn)單，如果一個(gè)數(shù)如果只能被 1 和它本身整除，那么這個(gè)數(shù)就是素?cái)?shù)。
不要覺(jué)得素?cái)?shù)的定義簡(jiǎn)單，恐怕沒(méi)多少人真的能把素?cái)?shù)相關(guān)的算法寫(xiě)得高效。本文就主要聊這樣一個(gè)函數(shù)：
// 返回區(qū)間 [2, n) 中有幾個(gè)素?cái)?shù)
int countPrimes(int n)
// 比如 countPrimes(10) 返回 4
// 因?yàn)?nbsp;2,3,5,7 是素?cái)?shù)
你會(huì)如何寫(xiě)這個(gè)函數(shù)？當(dāng)然可以這樣寫(xiě)：
int countPrimes(int n) {
int count = 0;
for (int i = 2; i < n; i++)
if (isPrim(i)) count++;
return count;
}
// 判斷整數(shù) n 是否是素?cái)?shù)
boolean isPrime(int n) {
for (int i = 2; i < n; i++)
if (n % i == 0)
// 有其他整除因子
return false;
return true;
}
這樣寫(xiě)的話時(shí)間復(fù)雜度 O(n^2)，問(wèn)題很大。首先你用 isPrime 函數(shù)來(lái)輔助的思路就不夠高效；而且就算你要用 isPrime 函數(shù)，這樣實(shí)現(xiàn)也是存在計(jì)算冗余的。
先來(lái)簡(jiǎn)單說(shuō)下如果你要判斷一個(gè)數(shù)是不是素?cái)?shù)，應(yīng)該如何寫(xiě)算法。只需稍微修改一下上面的 isPrime 代碼中的 for 循環(huán)條件：
boolean isPrime(int n) {
for (int i = 2; i * i <= n; i++)
...
}
換句話說(shuō)，i不需要遍歷到n，而只需要到sqrt(n)即可。為什么呢，我們舉個(gè)例子，假設(shè)n = 12。
12 = 2 × 6
12 = 3 × 4
12 = sqrt(12) × sqrt(12)
12 = 4 × 3
12 = 6 × 2
可以看到，后兩個(gè)乘積就是前面兩個(gè)反過(guò)來(lái)，反轉(zhuǎn)的分界點(diǎn)就在sqrt(n)。
換句話說(shuō)，如果在[2,sqrt(n)]這個(gè)區(qū)間之內(nèi)沒(méi)有發(fā)現(xiàn)可整除因子，就可以直接斷定n是素?cái)?shù)了，因?yàn)樵趨^(qū)間[sqrt(n),n]也一定不會(huì)發(fā)現(xiàn)可整除因子。
這樣，isPrime函數(shù)的時(shí)間復(fù)雜度降為了 O(sqrt(N))，但是我們實(shí)現(xiàn)countPrimes函數(shù)其實(shí)并不需要這個(gè)函數(shù)，以上只是希望讀者明白sqrt(n)的含義，因?yàn)榈葧?huì)還會(huì)用到。
高效實(shí)現(xiàn) countPrimes
高效解決這個(gè)問(wèn)題的核心思路是和上面的常規(guī)思路反著來(lái)：
首先從 2 開(kāi)始，我們知道 2 是一個(gè)素?cái)?shù)，那么 2 × 2 = 4, 3 × 2 = 6, 4 × 2 = 8… 都不可能是素?cái)?shù)了。
然后我們發(fā)現(xiàn) 3 也是素?cái)?shù)，那么 3 × 2 = 6, 3 × 3 = 9, 3 × 4 = 12… 也都不可能是素?cái)?shù)了。
看到這里，你是否有點(diǎn)明白這個(gè)排除法的邏輯了呢？先看我們的第一版代碼：
int countPrimes(int n) {
boolean[] isPrim = new boolean[n];
// 將數(shù)組都初始化為 true
Arrays.fill(isPrim, true);
for (int i = 2; i < n; i++)
if (isPrim[i])
// i 的倍數(shù)不可能是素?cái)?shù)了
for (int j = 2 * i; j < n; j += i)
isPrim[j] = false;
int count = 0;
for (int i = 2; i < n; i++)
if (isPrim[i]) count++;
return count;
}
圖片來(lái)自 Wikimedia
如果上面這段代碼你能夠理解，那么你已經(jīng)掌握了整體思路，但是還有兩個(gè)細(xì)微的地方可以優(yōu)化。
首先，回想剛才判斷一個(gè)數(shù)是否是素?cái)?shù)的isPrime函數(shù)，由于因子的對(duì)稱性，其中的 for 循環(huán)只需要遍歷[2,sqrt(n)]就夠了。這里也是類似的，我們外層的 for 循環(huán)也只需要遍歷到sqrt(n)：
for (int i = 2; i * i < n; i++)
if (isPrim[i])
...
除此之外，很難注意到內(nèi)層的 for 循環(huán)也可以優(yōu)化。我們之前的做法是：
for (int j = 2 * i; j < n; j += i)
isPrim[j] = false;
這樣可以把i的整數(shù)倍都標(biāo)記為false，但是仍然存在計(jì)算冗余。
比如i = 4時(shí)算法會(huì)標(biāo)記 4 × 2 = 8，4 × 3 = 12 等等數(shù)字，但是 8 和 12 已經(jīng)被i = 2和i = 3的 2 × 4 和 3 × 4 標(biāo)記過(guò)了。
我們可以稍微優(yōu)化一下，讓j從i的平方開(kāi)始遍歷，而不是從2 * i開(kāi)始：
for (int j = i * i; j < n; j += i)
isPrim[j] = false;
這樣，素?cái)?shù)計(jì)數(shù)的算法就高效實(shí)現(xiàn)了。其實(shí)這個(gè)算法有一個(gè)名字，叫做 Sieve of Eratosthenes?？聪峦暾淖罱K代碼：
int countPrimes(int n) {
boolean[] isPrim = new boolean[n];
Arrays.fill(isPrim, true);
for (int i = 2; i * i < n; i++)
if (isPrim[i])
for (int j = i * i; j < n; j += i)
isPrim[j] = false;
int count = 0;
for (int i = 2; i < n; i++)
if (isPrim[i]) count++;
return count;
}
該算法的時(shí)間復(fù)雜度比較難算，顯然時(shí)間跟這個(gè)嵌套 for 循環(huán)有關(guān)，其操作數(shù)應(yīng)該是：
n/2 + n/3 + n/5 + n/7 + …
= n × (1/2 + 1/3 + 1/5 + 1/7…)
括號(hào)中是素?cái)?shù)的倒數(shù)和。其最終結(jié)果是 O(N * loglogN)，有興趣的讀者可以查一下該算法的時(shí)間復(fù)雜度證明。
以上就是素?cái)?shù)算法相關(guān)的全部?jī)?nèi)容。怎么樣，是不是看似簡(jiǎn)單的問(wèn)題卻有不少細(xì)節(jié)可以打磨呀？
歷史文章：
動(dòng)態(tài)規(guī)劃之 KMP 算法詳解
這個(gè)問(wèn)題不簡(jiǎn)單：尋找缺失元素
如何高效對(duì)有序數(shù)組/鏈表去重？
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