题目

方法一：枚举法

对于质数的定义，仅能被1和其本身整除的大于1的整数为质数。判断一个整数n是否为质数，只需看n是否可以被2~sqrt(n)的任意整数整除，若存在这个整数，则为合数，否则为质数。

public int countPrimes(int n) {
        int sum = 0;
        for(int i = 1; i < n; i++){
            if( isPrimes(i)){
                sum++;
            }
        }
        return sum;
    }
    boolean isPrimes(int n){
        if(n < 2)
            return false;
        int sq = (int) Math.sqrt(n) + 1;
        for(int i = 2; i < sq; i++ ){
            if(n % i == 0)
                return false;
        }
        return true;
    }

• 时间复杂度：没判断一次质数，需要 n \sqrt n n ​次计算，总复杂度为 O ( n n ) O(n\sqrt n) O(nn ​)
• 空间复杂度：不需要额外的空间，O(1)

方法二：埃氏筛

如果n是一个质数，则n的倍数肯定为合数，即判断出了n为质数后，不必在判断2n，3n，4n…

又因为，任何一个合数都存在至少一个质数因数，即任何一个合数，都可以表示为一个质数的整倍数，所以所有的合数，都可以被一个小于它的质数的整倍数过滤掉。

因此，2是最小的质数，从2开始遍历到n，过滤标记出所有的合数，剩余的即全部的质数。

public int countPrimes(int n) {
        int sum = 0;
        boolean[] flag = new boolean[n+1]; // true代表合数
        for(int i = 2; i < n; i++){
            if(!flag[i]){
                sum++;
                for(int j = i;  j < n ; j += i)
                    flag[j] = true;
            }
        }
        return sum;
    }

• 时间复杂度：O(nloglogn)
• 空间复杂度：O(n)