为什么只遍历到sqrt(n)就够了？
反证法:
假设只遍历2～sqrt(n)不能把所有非素数置为false，即遍历完了2～sqrt(n)后，在sqrt(n)～n范围内仍有一个非素数k，但isprime[k]=true。
证: k在sqrt(k)之前一定有一个素数因子(任何非素数都可以拆成素数的乘积，所以k至少有一个素数因子)，sqrt(k)肯定小于sqrt(n)，所以sqrt(n)之前一定有一个k的素数因子y，那么根据代码中的算法，i=y的时候，k肯定会被置为非素数，即此时isprime[k]就会被置为false，原假设不成立。
因此只需遍历2～sqrt(n)即可。
此方法时间复杂度为O(n*loglogn)，空间复杂度为O(n)
1 #include <iostream>
2 #include <cmath>
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4 using namespace std;
5
6 #define MAXN 10000
7 int prime[MAXN+10]; // 保存筛得的素数
8 int primeSize; // 保存素数的个数
9 bool mark[MAXN+10]; // 若mark[i]为true，表示i被标记为素数
10
11 void init()
12 {
13 for(int i = 2; i <= MAXN; ++i)
14 mark[i] = true; // 初始化，所有数字均被标记为素数
15 primeSize = 0;
16 int m = sqrt(MAXN+1); // sqrt函数比较耗时，所以这里把它提到循环外面
17 for(int i = 2; i <= m; ++i)
18 {
19 if(mark[i] == true)
20 {
21 prime[primeSize++] = i;
22 for(int j = i*i; j <= MAXN; j += i)
23 mark[j] = false; // 该数的所有倍数都不是素数
24 }
25 }
26 }
27
