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读完本文，你不仅学会了算法套路，还可以顺便去 LeetCode 上拿下如下题目：
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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：
// 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：
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：
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。
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：
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)：
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：
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：
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：
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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======其他语言代码======
C++解法： 采用的算法是埃拉托斯特尼筛法 埃拉托斯特尼筛法的具体内容就是：要得到自然数n以内的全部素数，必须把不大于根号n的所有素数的倍数剔除，剩下的就是素数。 同时考虑到大于2的偶数都不是素数，所以可以进一步优化成：要得到自然数n以内的全部素数，必须把不大于根号n的所有素数的奇数倍剔除，剩下的奇数就是素数。 此算法其实就是上面的Java解法所采用的。
这里提供C++的代码：
class Solution {
public:
int countPrimes(int n) {
int res = 0;
bool prime[n+1];
for(int i = 0; i < n; ++i)
prime[i] = true;
for(int i = 2; i <= sqrt(n); ++i) //计数过程
{ //外循环优化，因为判断一个数是否为质数只需要整除到sqrt(n)，反推亦然
if(prime[i])
{
for(int j = i * i; j < n; j += i) //内循环优化，i*i之前的比如i*2，i*3等，在之前的循环中已经验证了
{
prime[j] = false;
}
}
}
for (int i = 2; i < n; ++i)
if (prime[i]) res++; //最后遍历统计一遍，存入res
return res;
}
};