C++ Eratosthenes算法的筛选效率

我正在努力理解“埃拉托什尼筛”。这是我的算法（下面的代码），以及我无法理解的特性列表（按顺序）

为什么

i*i

比

i*2

更有效？是的，我可以理解它会减少迭代次数，因此效率更高，但它不会跳过一些数字吗（例如

I=9

跳过18 27 36…
）

---

在维基百科上，我发现空间复杂性等于

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。我发现这个符号

O（n（logn）（loglogn））

——那是什么？根据我的理解，我们有2个完整迭代和1个部分迭代，因此

O（n^2*logn）

#包括
使用名称空间std；
int main（）{
不能改变大小；
布尔Primersarr[arrSize]；
primesArr[0]=假；
对于（inti=1；ij=81跳过18 27 36

你指的是

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

for（int j=i*i；j

请注意，
i*i
是循环计数器
j
的初始值。因此，
j
大于
i*i
的值都将被标记掉。我们从
i*2
跳到
i*i
的值在以前的迭代中已经被标记掉了。让我们考虑第一个t少数：

当
i==2
时，我们划掉2的所有倍数（2、4、6、8等）。当
i==3
时，如果我们开始
j=3*2=6
时，我们将在达到9、12、15等之前再次划掉6。因为6是2的倍数，并且已经划掉了，我们可以直接跳到
3*3==9

当我们到达
i==5
时，如果我们从
j==5*2==10
开始，那么我们将标记10，这是已经考虑过的，因为它是2的倍数，15是3的倍数，20也是2的倍数，在我们最终到达25之前，它不是任何小于5的倍数

时间复杂性是让人困惑的地方。我发现了这个符号O（n（logn）（loglogn））--那是什么？根据我的理解，我们有2个完整迭代和1个部分迭代，因此O（n^2*logn）

您的分析得出了正确的结果，该算法是
O（n^2*logn）
。可以证明一个更严格的上界为
O（n（logn）（loglogn））
。注意
O（n（logn）（loglogn））
是
O（n^2*logn）
的子集

为什么i*i比i*2更有效？它不跳过一些数字吗

不，这不是因为
i
的较小倍数（例如，在您的情况下，在运行
i=2
，
i=3
等的循环时，会覆盖18、27等）

每个数字都可以表示为唯一的素数分解。如果
i
是素数，则
i
大于
i
且小于
i*i
的任何倍数都将是小于
i
的一个或多个素数的倍数

讨厌的符号
O（n（logn）（loglogn））

从

操作数为1/2+1/3+1/5+1/7…=n log log n

如果你计算位运算，因为你处理的是n以下的数字，它们大约有logn位，这就是logn的因子，给出O（n logn logn）位运算。
 VLA不是C++中的好主意。大尺寸VLA完全是一个不同的问题。喜欢一个容器。在以前的迭代中已经消除了比 i>代码>的所有倍数的可能的重复。因此，<代码> i *i/c>是<>代码> i <代码>的最小倍数，但尚未被消除。（把从1到100的数字写在纸上，用手执行算法查看。）至于
i*i
问题，它不会跳过任何内容，因为每个小于
i^2
的数字要么是素数，要么是素数因子小于
i
，因此在上一步中已经被标记。“根据我的理解，我们有2个完整迭代和1个部分迭代，因此O（n^2*logn）”复杂性很难计算，特别是在不常见的情况下，如何计算出O（n^2*logn）？
for (int j = i * i; j < arrSize; j += i)