一.解法

https://leetcode-cn.com/problems/count-primes/
要点：埃拉托色尼筛选法
Python，C++，Java都用了相同的埃拉托色尼筛选法。
一开始采用写一个isPrime函数判断一个数是不是素数，然后遍历2到n-1计算个数的方法，结果超时。
于是学习了埃拉托色尼筛选法来计算质数，这个方法类似一种排除法，因为一个合数总是可以分解成若干个质数的乘积，所以如果把质数（最初只知道2是质数）的倍数都去掉，那么剩下的就是质数了。
首先从 2 开始，我们知道 2 是一个素数，那么 2 × 2 = 4, 3 × 2 = 6, 4 × 2 = 8... 都不可能是素数了。
然后我们发现 3 也是素数，那么 3 × 2 = 6, 3 × 3 = 9, 3 × 4 = 12... 也都不可能是素数了。
以此类推得到答案，注意代码中有两个优化的点，第一个点是由于因子的对称性，，外层的 for 循环只需要遍历 [2,sqrt(n)] 就够了，第二个点是内层的for循环可以写成for (int j = i * i; j < n; j += i)，因为比如 n = 25，i = 4 时算法会标记 4 × 2 = 8，4 × 3 = 12 等等数字，但是这两个数字已经被 i = 2 和 i = 3 的 2 × 4 和 3 × 4 标记了，会有重复标记的地方。

二.Python实现

class Solution:
    def countPrimes(self, n: int) -> int:
        ans = [True] * n
        count = 0
        for i in range(2, int(n**0.5)+1):
            if ans[i]:
                for j in range(i*i, n, i):
                    ans[j] = False
        for k in range(2, n):
            if ans[k]:
                count+=1
        return count

三.C++实现

class Solution {
public:
    int countPrimes(int n) {
        if(n==0||n==1||n==2) return 0;
        vector<bool> ans;
        int count=0;
        for(int i=0;i<n;i++){
            ans.push_back(true);
        }
        for(int i=2;i*i<n;i++){
            if(ans[i]){
                for(int j=i*i;j<n;j=j+i){
                    ans[j]=false;
                }
            }
        }

        for(int i=2;i<n;i++){
            if(ans[i]) count++;
        }
        return count;
        }
    
};

四.java实现

class Solution {
    public int countPrimes(int n) {
    boolean[] isPrim = new boolean[n];
    Arrays.fill(isPrim, true);
    for (int i = 2; i * i < n; i++) 
        if (isPrim[i]) 
            for (int j = i * i; j < n; j += i) 
                isPrim[j] = false;
    
    int count = 0;
    for (int i = 2; i < n; i++)
        if (isPrim[i]) count++;
    
    return count;
    }
}