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# 如何高效寻找素数

素数的定义看起来很简单，如果一个数如果只能被 1 和它本身整除，那么这个数就是素数。

不要觉得素数的定义简单，恐怕没多少人真的能把素数相关的算法写得高效。比如让你写这样一个函数：

```java
// 返回区间 [2, n) 中有几个素数 
int countPrimes(int n)

// 比如 countPrimes(10) 返回 4
// 因为 2,3,5,7 是素数
```

你会如何写这个函数？我想大家应该会这样写：

```java
int countPrimes(int n) {
    int count = 0;
    for (int i = 2; i < n; i++)
        if (isPrim(i)) count++;
    return count;
}

// 判断整数 n 是否是素数
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;
}
```

这样写的话时间复杂度 O(n^2)，问题很大。**首先你用 isPrime 函数来辅助的思路就不够高效；而且就算你要用 isPrime 函数，这样写算法也是存在计算冗余的**。

先来简单说下**如果你要判断一个数是不是素数，应该如何写算法**。只需稍微修改一下上面的 isPrim 代码中的 for 循环条件：

```java
boolean isPrime(int n) {
    for (int i = 2; i * i <= n; i++)
        ...
}
```

换句话说，`i` 不需要遍历到 `n`，而只需要到 `sqrt(n)` 即可。为什么呢，我们举个例子，假设 `n = 12`。

```java
12 = 2 × 6
12 = 3 × 4
12 = sqrt(12) × sqrt(12)
12 = 4 × 3
12 = 6 × 2
```

可以看到，后两个乘积就是前面两个反过来，反转临界点就在 `sqrt(n)`。

换句话说，如果在 `[2,sqrt(n)]` 这个区间之内没有发现可整除因子，就可以直接断定 `n` 是素数了，因为在区间 `[sqrt(n),n]` 也一定不会发现可整除因子。

现在，`isPrime` 函数的时间复杂度降为 O(sqrt(N))，**但是我们实现 `countPrimes` 函数其实并不需要这个函数**，以上只是希望读者明白 `sqrt(n)` 的含义，因为等会还会用到。


### 高效实现 `countPrimes`

高效解决这个问题的核心思路是和上面的常规思路反着来：

首先从 2 开始，我们知道 2 是一个素数，那么 2 × 2 = 4, 3 × 2 = 6, 4 × 2 = 8... 都不可能是素数了。

然后我们发现 3 也是素数，那么 3 × 2 = 6, 3 × 3 = 9, 3 × 4 = 12... 也都不可能是素数了。

看到这里，你是否有点明白这个排除法的逻辑了呢？先看我们的第一版代码：

```java
int countPrimes(int n) {
    boolean[] isPrim = new boolean[n];
    // 将数组都初始化为 true
    Arrays.fill(isPrim, true);

    for (int i = 2; i < n; i++) 
        if (isPrim[i]) 
            // i 的倍数不可能是素数了
            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;
}
```

如果上面这段代码你能够理解，那么你已经掌握了整体思路，但是还有两个细微的地方可以优化。

首先，回想刚才判断一个数是否是素数的 `isPrime` 函数，由于因子的对称性，其中的 for 循环只需要遍历 `[2,sqrt(n)]` 就够了。这里也是类似的，我们外层的 for 循环也只需要遍历到 `sqrt(n)`：

```java
for (int i = 2; i * i < n; i++) 
    if (isPrim[i]) 
        ...
```

除此之外，很难注意到内层的 for 循环也可以优化。我们之前的做法是：

```java
for (int j = 2 * i; j < n; j += i) 
    isPrim[j] = false;
```

这样可以把 `i` 的整数倍都标记为 `false`，但是仍然存在计算冗余。

比如 `n = 25`，`i = 4` 时算法会标记 4 × 2 = 8，4 × 3 = 12 等等数字，但是这两个数字已经被 `i = 2` 和 `i = 3` 的 2 × 4 和 3 × 4 标记了。

我们可以稍微优化一下，让 `j` 从 `i` 的平方开始遍历，而不是从 `2 * i` 开始：

```java
for (int j = i * i; j < n; j += i) 
    isPrim[j] = false;
```

这样，素数计数的算法就高效实现了，其实这个算法有一个名字，叫做 Sieve of Eratosthenes。看下完整的最终代码：

```java
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;
}
```

**该算法的时间复杂度比较难算**，显然时间跟这两个嵌套的 for 循环有关，其操作数应该是：

  n/2 + n/3 + n/5 + n/7 + ...
= n × (1/2 + 1/3 + 1/5 + 1/7...)

括号中是素数的倒数。其最终结果是 O(N * loglogN)，有兴趣的读者可以查一下该算法的时间复杂度证明。

以上就是素数算法相关的全部内容。怎么样，是不是看似简单的问题却有不少细节可以打磨呀？

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[ruicore](https://github.com/ruicore/algorithm) 提供 Python3 代码：

```py
class Solution:
    def countPrimes(self, n: int):
        # 前 2 个数不是素数
        if n < 3:
            return 0
        # isprime 数组
        isprime = [1] * n

        for i in range(2, int(n ** 0.5) + 1):
            if isprime[i]:
                # 从 i*i（包括自己） 到 n（不包括n），每步增加 i 的所有数的个数
                tmp = ((n - 1 - i * i) // i + 1)
                # 这种方式赋值比用 for 循环更高效
                isprime[i * i: n: i] = [0] * tmp

        # 前 2 个数不是素数，去掉
        count = sum(isprime[2:])
        return count
```

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