C 求n个素数与所有前素数试除的时间复杂度

问题：寻找n个素数

#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>

void firstnprimes(int *a, int n){

    if (n < 1){
        printf("INVALID");
        return;
    }

    int i = 0, j, k;                // i is the primes counter

    for (j = 2; i != n; j++){       // j is a candidate number

        for (k = 0; k < i; k++)
        {
            if (j % a[k] == 0)      // a[k] is k-th prime
                break;
        }

        if (k == i)                 // end-of-loop was reached
            a[i++] = j;             // record the i-th prime, j
    }
    return;
}

int main(){
    int n;
    scanf_s("%d",&n);
    int *a = (int *)malloc(n*sizeof(int));
    firstnprimes(a,n);
    for (int i = 0; i < n; i++)
        printf("%d\n",a[i]);
    system("pause");
    return 0;
}

#包括
#包括
第一次无效时间（整数*a，整数n）{
if（n<1）{
printf（“无效”）；
返回；
}
int i=0，j，k；//i是素数计数器
对于（j=2；i！=n；j++）{//j是一个候选数
对于（k=0；k

我的函数的内循环运行i次（最多），其中i是低于给定候选数的素数，外循环运行（第n个素数-2）次

我如何用大O表示法推导该算法的复杂性

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提前感谢。

素数定理指出，渐近地，小于

n

的素数等于

n/logn

。因此，内部循环将运行

i*max

=

n/log n*n

次θ（假设

max

=

n

）

此外，您的外部循环以

n log n

次的顺序运行，使得

n/log n*n*n log n=n^3

的总复杂度θ。换句话说，这不是最有效的算法

注意，有更好的近似（例如，

n

-th素数更接近：

n logn+n logn-n+n logn/logn+

但是，既然你只关心大O，这个近似就足够了

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此外，还有更好的算法来完成您想要做的事情。有关更多信息，请查阅伪素数主题。

在伪代码中，您的代码是

firstnprimes（n）=a[：n]#数组a的前n个条目
哪里
i=0
a=[j代表[2..]
if为_空（[j表示a[：i]if（j%p==0）]）
&&（++i）]

（假设短路

为空

，一旦发现列表为非空，则返回

false

）

它所做的是测试从2开始的每一个候选数及其前面的所有素数

Melissa O'Neill分析了该算法，并将其复杂性导出为O（n^2）

基本上，产生的n个素数中的每一个都与它前面的所有素数配对（被测试）（即k-1素数，对于k 算术级数0…（n-1）的和是（n-1）n/2，也就是O（n^2）；她表明，复合项不会产生任何比总和更重要的项，因为在n的路上有 但

为空

计算提前失败

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事情是这样的：当m=n log n时，将有m/2个偶数，对于每个偶数，

为空

计算只需1步；m/3乘以3分2步；m/5分3步；等等

因此，通过不处理多重性（高估了），复合材料的总贡献是：

SUM{i=1，…，n}（im/p_i）//p_i是第i个素数
=m和{i=1，…，n}（i/p_i）
=n log（n）和{i=1，…，n}（i/p_i）
14000
=n^2

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这个不等式可以在as

Sum[i/Prime[i]，{i，14000}]Log[14000.0]/14000.0

上测试（它是0.99921，随着n的增大而减小，在0.963554处测试到n=2000000）.

旁白：您不需要检查所有以前的素数作为因子-仅检查那些…除了

2

这是唯一的偶数素数。因此，使用

2

初始化数组后，外循环可以

for（j=3；i！=n；j+=2）

我的意思是我的内部循环最多运行I次。谢谢。我们可以简化查找n个素数的代码吗？用什么语言？C？--简化或优化以提高其速度？后者将需要更复杂的代码（添加一个或两个新测试）.或者算法可能会完全改变，特别是从您的试用版改为。在这方面有很多问答。

SUM{i = 1, ..., n} (i m / p_i)          // p_i is the i-th prime
= m SUM{i = 1, ..., n} (i / p_i)
= n log(n) SUM{i = 1, ..., n} (i / p_i)
< n log(n) (n / log(n))                 // for n > 14,000 
= n^2