<h1 id="heading">题目</h1>
<p>{% fold 点击显/隐题目 %}</p>
<div class="oj"><div class="part" title="Description">
小Ho：小Hi，上次我学会了如何检测一个数是否是质数。于是我又有了一个新的问题，我如何去快速得求解[1,N]这个区间内素数的个数呢？
小Hi：你自己有什么想法么？
小Ho：有！我一开始的想法是，自然我们已经知道了如何快速判定一个数是否是质数，那么我就直接将[1,N]之间每一个数判定一次，就可以得到结果。但我发现这个方法太笨了。
小Hi：确实呢，虽然我们已经通过快速素数检测将每一次判定的时间复杂度降低，但是N个数字的话，总的时间复杂度依旧很高。
小Ho：是的，所以后来我改变了我的算法。我发现如果一个数p是质数的话，那么它的倍数一定都是质数。所以我建立了一个布尔类型的数组isPrime，初始化都为true。我从2开始枚举，当我找到一个isPrime[p]仍然为true时，可以确定p一定是一个质数。接着我再将N以内所有p的倍数全部设定为isPrime[p*i]=false。
写成伪代码为：
<pre style="background-color:#fff">isPrime[] = true
primeCount = 0
For i = 2 .. N
	If isPrime[i] Then
		primeCount = primeCount + 1
		multiple = 2
		While (i * multiple ≤ N)
			isPrime[i * multiple] = false
			multiple = multiple + 1
		End While 
	End If
End For
</pre><p>小Hi：小Ho你用的这个算法叫做Eratosthenes筛法，是一种非常古老的质数筛选算法。其时间复杂度为O(n log log n)。但是这个算法有一个冗余的地方：比如合数10，在枚举2的时候我们判定了一次，在枚举5的时候我们又判定了一次。因此使得其时间复杂度比O(n)要高。<br>
小Ho：那有没有什么办法可以避免啊？<br>
小Hi：当然有了，一个改进的方法叫做Eular筛法，其时间复杂度是O(n)的。<br>
提示：Eular质数筛法</p>
</div><div class="part" title="Input">
第1行：1个正整数n，表示数字的个数，2≤n≤1,000,000。
</div><div class="part" title="Output">
第1行：1个整数，表示从1到n中质数的个数
</div><div class="samp"><div class="clear"></div><div class="input part" title="Sample Input">
9
</div><div class="output part" title="Sample Output">
4
</div><div class="clear"></div></div></div>
{% endfold %}

<h1 id="heading-1">题解</h1>
<p>模板题</p>
<h1 id="heading-2">代码</h1>
<p>{% fold 点击显/隐代码 %}```cpp 线性筛 <a href="https://github.com/OhYee/sourcecode/tree/master/ACM">https://github.com/OhYee/sourcecode/tree/master/ACM</a> 代码备份<br>
#include <algorithm><br>
#include <cstdio><br>
#include <cstring><br>
using namespace std;<br>
const int maxn = 1000005;</p>
<p>int prime[maxn], num_prime;<br>
bool isNotPrime[maxn];</p>
<p>void PRIME(int n) {<br>
num_prime = 0;<br>
memset(prime, 0, sizeof(prime));<br>
memset(isNotPrime, false, sizeof(isNotPrime));<br>
isNotPrime[0] = isNotPrime[1] = true;</p>
<pre><code>for (long i = 2; i &lt; n; i++) {
    if (!isNotPrime[i])
        prime[num_prime++] = i;
    for (int j = 0; j &lt; num_prime &amp;&amp; i * prime[j] &lt; n; j++) {
        isNotPrime[i * prime[j]] = true;
        if (!(i % prime[j]))
            break;
    }
}
</code></pre>
<p>}</p>
<p>int main() {<br>
int n;<br>
PRIME(maxn-2);</p>
<pre><code>while (scanf(&quot;%d&quot;, &amp;n) != EOF)
    printf(&quot;%d\n&quot;, upper_bound(prime, prime + num_prime, n) - prime);
return 0;
</code></pre>
<p>}</p>
<pre style="background-color:#fff">{% endfold %}</pre>

hihocoder 1295.线性筛