Question

我正在努力了解Eratosthenes＆＃34; Sieve of Eratosthenes＆＃34;。这是我的算法（下面的代码），以及我无法理解的功能列表（按顺序）。

为什么i * i比i * 2效率更高？是的，我可以理解它会减少迭代次数，因此效率更高，但是它不会跳过一些数字（例如i = 9 => j = 81 skips 18 27 36 ...）？
在维基百科上，我发现空间复杂度等于O(n)，这是可以理解的;无论我们输入什么数字，它都会创建一个输入大小的数组，但这里的时间复杂性让事情变得混乱。我找到了这个符号O(n(logn)(loglogn)) - 这是什么？根据我的理解，我们有2次完整迭代和1次部分迭代，因此O(n^2 * logn)。

#include <iostream>
using namespace std;

int main() {
  cout << "Enter number:" << endl;

  int arrSize;
  cin >> arrSize;

  bool primesArr[arrSize];
  primesArr[0] = false;
  for (int i = 1; i < arrSize; i++) primesArr[i] = true;

  for (int i = 2; i < arrSize; i++)

    if (primesArr[i - 1]) {
      cout << i << endl;
   /* for (int j = i * 2; j < arrSize; j += i) less efficient */
      for (int j = i * i; j < arrSize; j += i)
        primesArr[j - 1] = false;
    }

  return 0;
}

Answer 1

为什么我*我比i * 2更有效率？是的，我可以理解这将是更少的迭代，因此效率更高，但是它不会跳过一些数字（例如i = 9 =＆gt; j = 81 skip 18 27 36 ......）？

你指的是

for (int j = i * i; j < arrSize; j += i)

请注意，i * i是循环计数器j的初始值。因此j大于i * i的值都会被标记出来。我们在i * 2到i * i之间跳过的值已经在之前的迭代中标记过了。让我们考虑前几个：

当i == 2时，我们标记所有2的倍数（2,4,6,8等）。当i == 3时，如果我们开始j = 3 * 2 = 6，那么我们会在达到9,12,15等之前再次标记6.由于6是2的倍数并且已经标记为关闭，我们可以直接跳到3 * 3 == 9。

当我们到达i == 5并且如果我们从j == 5 * 2 == 10开始，那么我们将标记10，这已经被处理，因为它是2的倍数，15是3的倍数在我们最终达到25之前，它也是2的倍数，这不是任何小于5的引物的倍数。

这里的时间复杂性让事情变得混乱。我发现这个符号O（n（logn）（loglogn）） - 这是什么？根据我的理解，我们有2次完整迭代和1次部分迭代，因此O（n ^ 2 * logn）。

您的分析得出的结果是此算法为O(n^2 * logn)。 A more detailed analysis可以证明O(n(logn)(loglogn))更严格的上限。请注意，O(n(logn)(loglogn))是O(n^2 * logn)的一个子集。

Answer 2

为什么我*我比i * 2更有效率？它没有跳过一些数字吗？

不，它不是因为i的较小倍数（例如，在i = 2，i = 3等运行循环时，您的案例中包括18,27等等）

每个数字都可以表示为唯一的素数因子分解。如果i是素数，则i大于i且小于i * i的任意倍数将是小于i的一个或多个素数的倍数。

令人讨厌的表示法O(n(logn)(loglogn))

来自this answer
操作次数为1/2 + 1/3 + 1/5 + 1/7 ... = n log log n
如果计算位操作，由于您处理的数字最多为n，它们有大约log n位，这是log n的因子进入的位置，给出O（n log n log log n）位操作。

Eratosthenes算法的筛选效率

2 个答案: