Description:
Count the number of prime numbers less than a non-negative number, n.
计算小于n的非负整数中素数的个数。 素数又称质数，是指只能被1和它自身相除的自然数。需要注意的是1既不是素数也不是合数。2是最小的素数。
使用判断一个数是否是素数的函数，那么这个函数需要进行一轮循环，，在给定的小于n中又要进行一轮循环。所以时间复杂度是O(n^2)。
可以对判断一个数是否是素数的函数进行优化，对于数i，可以只对2到√i之间的数进行判断，这样时间复杂度降低到了O(nlogn)。
但是上面的解法在leetcode中还是超时。
于是想是否存在只进行一轮循环的方法，即在遍历1至n-1一次的过程中记录下素数的个数，但是后面就不知道怎么处理。
然后看leetcode中的小提示,发现了一种更优的寻找素数的方法。首先看下面的这个图：
这个图其实就道出了这个算法是怎么进行的。使用一个长度是n的hash表，最开始这个hash表中的所有元素都是没有被处理的，从2开始遍历，如果这个元素没有被处理，那么将素数的个数加1，然后将2*2,2*3,2*4……2* k（ 2* k < n）标记为已经被处理了的。接着开始处理3，同理将3*2,3*3,3*4…..3*m( 3 * m < n)标记为已被处理了的，接着是4，由于这个元素已经被处理，继续向后遍历，这样一直处理下去。
从这道题中又意识到了一个整数会溢出会导致问题的小技巧。
两种解法分别如下：
class Solution {public:/*//解法一：超时int countPrimes(int n) {int count=0;for(int i=2;i<=n;i++){if(isPrime(i))count++;}return count;}bool isPrime(int n){if(n==1)return false;for(int i=2;i*i<=n;i++){if(n%i==0)return false;}return true;}*///解法二：int countPrimes(int n) {count=0;for(int i=2;i<n;i++){if(mask[i]==0){count++;for(int j=2;i*j<n;j++)//这里不能将j初始化成i，否则i*j会溢出{mask[i*j]=1;}}}return count;}};
幸福就是重复。每天跟自己喜欢的人一起，通电话，
