题目如下：
描述: 功能:输入一个正整数，按照从小到大的顺序输出它的所有质数的因子（如180的质数因子为2 2 3 3 5 ）
知识点: 排序
题目来源: 内部整理
练习阶段: 初级
运行时间限制: 10Sec
内存限制: 128MByte
输入:
输入一个long型整数
输出:
按照从小到大的顺序输出它的所有质数的因子，以空格隔开
样例输入: 180
样例输出: 2 2 3 3 5
思路：
传统的思维是从2到n遍历一遍（稍微优化一下可以到根号n），然后对每一个能被n整除的数判断是否为质数。这种方法的时间复杂度为O（n^2）。此处我提出的方法思路如下，假设一个数n的所有质数因子按照从小到大的顺序排列依次为a1,a2......ai即a1*a2...*ai=n，我采用不断放大步距的方法来求解。
初始的时候步距为1，从2开始每次增加1，找到第一能被n整除的数，那么这个数一定是a1，把a1加入结果，同时把步距放大为a1,即依次看a1*2，a1*3....a1*k，找到第一个能被n整除的a1*k，那么此时k一定为a2，把a2加入结果，然后把步距放大为a1*a2然后依次看a1*a2*2 a1*a2*3....重复上述过程直到乘积等于n，算法结束。
此方法的一个好处是不用判断是否为质数，得到的每个ai一定为质数（假设不为质数，那么从步距的2倍开始遍历还没有到它就已经找到能被n整除的数并放大步距了）。
该算法的时间复杂度也是一件有意思的事情，在找a1的是后进行了a1次操作，在找a2是进行了a2次操作，。。。所以时间复杂度为O(a1*a2.....*ai),而a1*a2......*ai正好为n，所以该算法的时间复杂度为O(n).
上代码：
import java.util.Scanner;
public class Main{
public static void main(String[] args)
{
Scanner sc=new Scanner(System.in);
int num=sc.nextInt();
sc.close();
int tmp=1;
boolean isfirst=true;
while(tmp<=num)
{
int i=2;
while(tmp*i<=num&&num%(tmp*i)!=0)
{
i++;
}
tmp=tmp*i;
if(tmp<=num)
{
if(!isfirst)
{
System.out.print(" ");
}
else {
isfirst=false;
}
System.out.print(i);
}
}
}
}算法到根号n结束,因为我们的目的是标记所有的非质数，剩下的未被标记的就是质数.如果一个x小于n且不是质数，那么它可以分解为x=y*z，而y和z中至少有一个比根号n小（要不然x一定大于n），假设y是那个比根号n小的数，那么如果y为质数，那么y*z一定在遍历y时被标记了，如果y不是质数，那么它一定会被它的质数因子标记，而y*z也会在同一过程中被标记，所以大于根号n的非质数一定会在遍历到根号n之前被标记，所以遍历到根号n即可结束算法。
算法结束后，小于n的所有质数即为标志数组中所有为0的项目。（注意1不是质数，要从2开始看），遍历一下这个标志数组就可以得到所有质数。
另外要注意的是在标记一个质数的倍数时，对于质数i，要从它的i倍开始，因为它的小于i的倍数在前面遍历的时候被标记比如i*2肯定在遍历2的时候被标记了。
关于时间复杂度，由于对于所有的非质数标记且仅标记一次，所以时间复杂度为O(n).而对于一般的寻找质数的方法，时间复杂度为O(n^2),所以该算法在性能上有很大优势。
上代码：
import java.util.Scanner;
public class Main{
public static void main(String[] args)
{
Scanner sc=new Scanner(System.in);
int n=sc.nextInt();
sc.close();
int[] flag=new int[n];//标志数组
//从2开始遍历到根号n
for(int i=2;i*i<n;i++)
{
//如果未被标记则为质数，从i倍开始标记它的所有倍数
if(flag[i]==0)
{
for(int j=i;i*j<n;j++)
{
flag[i*j]=1;
}
}
}
//从2开始遍历输出结果
for(int i=2;i<n;i++)
{
if(flag[i]==0)
{
System.out.println(i);
}
}
}
}有思考不妥的地方还请个位看官指出，也可给我发邮件，[email protected]