如何判断一个区间内的质数数量？

问题

质数是指在大于1的自然数中，除了1和它本身以外不再有其他因数的自然数。那么给定一个非负整数n，判断小于n的质数一共有多少个？

方法一，枚举

根据定义，在[1,n-1]区间内遍历，看看是否有能够整除n的因数出现。

def isPrime(num):
	for i in range(2, num):
		if num % i == 0:
			return False
	return True

随后，对于区间内的每个n都进行上述判断。

def CountPrime(n):
	ans = 0
	for num in range(2, n):
		ans += isPrime(num)
	return ans

时间复杂度 $O(n^{2})$，空间复杂度 $O(1)$

方法二，枚举+数学优化

注意到，因数都是成对出现的，比如8能被2整除，那么肯定也能被4整除，并且一个数的最大因数不会超过sqrt(n)，因此我们只需遍历[2, sqrt(n)]区间内的数，来判断n是不是质数。

def isPrime(num):
	for i in range(2, int(sqrt(num)+1)):
		if num % i == 0:
			return False
	return True	

时间复杂度 $O(n^{1.5})$，空间复杂度 $O(1)$。

方法三，枚举+数学优化+剪枝

注意到任何大于等于5的质数都会出现在6的倍数左右2侧。
证明：
对于6i，其会被6整除；对于6i+2，其会被2整除；对于6i+3，其会被3整除；对于6i+4，其会被2整除。
因此，我们可以每隔六个数来判断该数是否是质数。

def CountPrime(n):
	if n <= 6:
		ans = 0
		for i in range(n):
			if n == 2 or n == 3 or n == 5:
				ans += 1
		return ans
	ans = 2
	for num in range(6, n+1, 6):
		ans += isPrime(num-1) + (isPrime(num+1) if num+1 < n else 0)
	return ans

时间复杂度 $O(n^{1.5})$，空间复杂度 $O(1)$，但是相比于方法二省去了很多不必要的判断，总体上优于方法二。

方法四，埃拉托斯特尼筛法

给出要筛数值的范围n，找出 ${\displaystyle {\sqrt {n}}}$以内的素数 ${\displaystyle p_{1},p_{2},\dots ,p_{k}}$。先用2去筛，即把2留下，把2的倍数剔除掉；再用下一个素数，也就是3筛，把3留下，把3的倍数剔除掉；接下去用下一个素数5筛，把5留下，把5的倍数剔除掉；不断重复下去…。

from collections import Counter
def CountPrime(n):
	Prime_Filter = [i for i in range(2, int(sqrt(n)+1)) if isPrime(i)]
	all_number = [True for i in range(n)]
	all_number[0] = False
	for prime in Prime_Filter:
		for j in range(prime*prime, n+1, prime):
			all_number[j-1] = False
	# print([index+1 for index,num in enumerate(all_number) if num == True])
	return Counter(all_number)[True]

时间复杂度 $O(n)$，空间复杂度 $O(n)$，以空间换时间。