Description:

Count the number of prime numbers less than a non-negative number, n.

推断一个数是否是质数主要有下面几种方法：

1）直接用该数除于全部小于它的数（非0。1），假设均不能被它整除，则其是质数。

2）除以小于它一半的数。由于大于其一半必然是无法整除。假设均不能被它整除。则其是质数；

3）除以小于sqrt(a)的数，原因例如以下：

        除了sqrt(a)之外,其它的两数乘积为a的,一定是比个比sqrt(a)小,一个比sqrt(a)大。所以推断到sqrt(a)就能够了,由于还有一半就是刚才做除法的商的那部份。

4）除以小于sqrt(a)的质数就可以。

        由于质数不能被除自身和1外的全部数整除。非质数则不然，且其必定能被某一质数整除。假设一个数能被某一非质数整除。则其必定能被组成这一非质数的最小质数整数。

          从上能够看出，推断一个数是否是质数。其计算量取决于整除的个数。上述四种方法，除数逐渐变少。

通过以上分析，这是本人自己的程序：

class Solution {public:    int countPrimes(int n) {        if (n == 0 || n == 1 || n==2)    		return 0;        	vector
     
       vec;//质数容器        	vec.push_back(2);    	for (int i = 3; i < n; ++i)    	{    		int j = 0;    		int length=vec.size();    		for (; j
      
       i)    			vec.push_back(i);    	}    	return vec.size();    }};
      
     

以下是在网上找到一个程序，非常具体：

这道题给定一个非负数n，让我们求小于n的质数的个数，题目中给了充足的提示。解题方法就在第二个提示中。这个算法的步骤例如以下图所看到的，我们从2開始遍历到根号n，先找到第一个质数2，然后将其全部的倍数全部标记出来。然后到下一个质数3。标记其全部倍数。一次类推，直到根号n，此时数组中未被标记的数字就是质数。我们须要一个n-1长度的bool型数组来记录每一个数字是否被标记，长度为n-1的原因是题目说是小于n的质数个数。并不包含n。

然后我们用两个for循环来实现埃拉托斯特尼筛法，难度并非非常大。代码例如以下所看到的：

 

 

class Solution {public:    int countPrimes(int n) {        vector
      
        num(n - 1, true);        num[0] = false;        int res = 0, limit = sqrt(n);        for (int i = 2; i <= limit; ++i) {            if (num[i - 1]) {                for (int j = i * i; j < n; j += i) {//为什么要从i*i開始，由于小于i*i的数可能已经被小于i的数整除了。假设没有，那它就是质数                    num[j - 1] = false;                }            }        }        for (int j = 0; j < n - 1; ++j) {            if (num[j]) ++res;        }        return res;    }};