需要帮忙！使用python计算素数

Question

计算小于非负数 n 的素数个数。我创建了以下代码，但复杂性太高。如果有人给我一个更好的解决方案，我将不胜感激。

import math
class Solution(object):
    def countPrimes(self, n):
        PrimeCount=0
        primelist=[]
        for i in range(2,n):
            if self.primeCheck1(i,primelist)==True:
                primelist.append(i)       #try2 with new logic
                PrimeCount=PrimeCount+1

        return PrimeCount



    def primeCheck1(self,n,primelist):
        flag=False
        if n==2:
            return True
        elif n==3:
            return True
        sqroot=int(math.sqrt(n))

        for j in range(0,sqroot):
            if n%primelist[j]==0:
                flag=True
                break

        if flag!=True:
            return True
        else:
            return False

Answer 1

我喜欢您构建素数列表并使用该列表检测更大素数的方式。你是对的，你的代码比它需要的更复杂，特别是你的 flag 变量是不需要的。

您在primeCheck1() 方法中也遗漏了一些可以加快处理速度的技巧。由于我的 Python 不存在，因此这是类似 Python 的伪代码。我假设您将能够转换它。

def primeCheck1(self, n, primelist):

  # Handle even numbers.
  if n % 2 == 0:
        # The only even prime is 2.
        return (n == 2)

  # Handle multiples of 3.
  if n % 3 == 0:
        return (n == 3)

  # Handle remaining numbers.
  sqroot = int(math.sqrt(n))

  for j in range(0, sqroot):
    if n % primelist[j] == 0:
      return False  # Not a prime number.

  # If we get this far then the number is prime.
  return True

end primeCheck1

在一个小问题上，你有一个不间隔代码的习惯：a==b 而不是a == b。使用空格作为分隔符使代码更易于阅读。

Answer 2

对您的代码进行返工，计算出少于一百万个素数的情况下，它的速度提高了 3 倍：

class Solution(object):
    def countPrimes(self, n):
        primelist = []

        for i in range(2, n):
            if self.primeCheck(i, primelist):
                primelist.append(i)

        return len(primelist)

    def primeCheck(self, n, primes):

        if n < 2:
            return False

        if n % 2 == 0:  # 2 is the only even prime
            return n == 2

        for prime in primes:

            if prime * prime > n:  # easier to square many than sqroot one
                return True

            if n % prime == 0:  # divisible by a prime, not a prime
                return False

        return True

solution = Solution()

print(solution.countPrimes(1000000))

这包括@rossum 向您指出的一些技巧。

但是，我们可以做得更好。这是使用 @ClockSlave's prime sieve code 重新实现的方法，计算少于一百万的素数时，它比原来的速度快 22 倍：

class Solution(object):

    def __init__(self):
        self.sieve = None

    def countPrimes(self, n):

        self.sieve = [True] * n

        if n > 0:
            self.sieve[0] = False
            if n > 1:
                self.sieve[1] = False

        def mark_sieve(prime):
            for index in range(prime + prime, n, prime):
                self.sieve[index] = False

        for number in range(2, int(n ** 0.5) + 1):
            if self.sieve[number]:
                mark_sieve(number)

        return sum(self.sieve)

solution = Solution()

print(solution.countPrimes(1000000))

这里的胜利是消除所有那些昂贵的部门。

Answer 3

首先使用pip install sympy 安装sympy 包。然后试试这个：

import sympy
PrimeCount=0
n=int(input("Number?"))
for elem in range(n):
   if sympy.isPrime(elem):
      PrimeCount+=1
print(PrimeCount)

Answer 4

您可以使用按位筛选算法。

SIZE = 1000000
LIMIT=int(math.sqrt(SIZE)+1)

prime = []

def sieve():
    for i in range(SIZE/32):
        prime[i]=0xffff
        prime[0]&=~(1<<(1%32))

    for i in range(LIMIT+1):
        if(prime[i/32]&(1<<(i%32))):
            for j in range(2*i, SIZE, j=j+i):
                prime[j/32]&=~(1<<(j%32))

def isPrime(n):
        return prime[n/32]&(1<<(n%32))

Answer 5

def count_primes(prime):

    check=2
    main_res=0

    while check <= prime:
        result=0
        control=1
        while control <= check: 
            if check%control==0:
                result+=1
                control+=1
            else:
                control+=1
        if result==2:
            main_res+=1


        check+=1

    return main_res


# Test for COUNT PRIME
#print(count_primes(100))