欧拉计划问题10:
低于10的素数之和为2 3 5 7=17。
求200万以下所有素数之和。
我认为我的代码中没有任何错误。但给出答案确实需要很多时间。我尝试过使用PyPy,因为我听说它比CPython解释器快,但仍然不行。
代码如下:
#Implementation of Sieve of Eratosthenes
def prime_sieve(limit):
primes = range(2, limit)
for i in primes:
for j in range(2, primes[-1]):
try:
primes.remove(i*j)
except ValueError:
pass
return primes;
answer = 0
for x in prime_sieve(2000000):
answer += x
print "Answer: %d." % answer
raw_input()
一个更有效的想法是这样的:
你从列表开始:
[0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10]
您希望将每个非素数元素都设置为0,并保留素数。
将0和1设置为零,因为它们不是素数。从现在起,您需要执行以下两个步骤:
1) 找到你还没有考虑过的最小素数,我们称之为n
2)设置每个第n个元素为0(但不是n),因为它们是n的倍数
例如:将0和1设置为0s后:
[0,0,2,3,4,5,6,7,8,9,10]
您没有考虑的最小素数是2,因此您将每秒钟的元素设置为零(但不是2):
[0,0,2,3,0,5,0,7,0,9,0]
您没有考虑的最小素数是3,所以您将每三个元素设置为零(但不是3),以此类推...:
[0,0,2,3,0,5,0,7,0,0,0]
另外请注意,您不必对每个素数都这样做,一旦素数达到sqrt(限制),您就可以停止,因为您知道所有非素数都已设置为零。
例如,10的平方根(本例中的限制)是3.162,这意味着当我们达到5时,我们不需要做任何事情,我们在这一点上完成了。但为什么呢?我们使用每个素数将其倍数设置为零,因为这些倍数不是素数;但是,由于5大于10的平方根,因此5的任何倍数都必须是小于5的数字的倍数,因此已经设置为0。
假设我们最初的范围是从20。20的平方根小于5,所以我们不需要检查5,因为5: 5 * 2 = 10, 5 * 3 = 15, 5 * 2 * 2 = 20的所有倍数都是较小素数的倍数,我们已经将它们设置为0。
质点筛的正确数据结构是一个位集,由整数值索引。Python没有一个内置的,但是因为你的限制很小(只有200万),一个常规的整数列表应该适合内存,即使它浪费了30倍或更多(它将需要大约9 MB的等效位集C需要250 KB)。
要提高速度,最重要的一点是除非通过直接索引(因此没有删除/删除),否则永远不要访问数组。此外,将筛的外循环限制为sqrt(限制),并将循环前进到下一个素数,而不是下一个值。
因此,类似这样的操作应该非常快(在我的旧机器上,使用香草Python 2.7大约需要2秒钟)。
import math, sys
def prime_sieve(limit):
# Mark everything prime to start
primes = [1 for x in xrange(limit)]
primes[0] = 0
primes[1] = 0
# Only need to sieve up to sqrt(limit)
imax = int(math.sqrt(limit) + 1)
i = 2
while (i < imax):
j = i + i
while j < limit:
primes[j] = 0
j += i
# Move i to next prime
while True:
i += 1
if primes[i] == 1:
break
return primes
s = prime_sieve(2000000)
print(sum(i for i in xrange(len(s)) if s[i] == 1))
问题是:
primes.remove(i*j)
。remove()
在大型列表上调用时效率非常低,因为它首先必须遍历整个列表以确定值的存在位置(如果有),然后必须再次遍历列表的一部分,以将移除元素后的所有元素向下移动一个位置。
这里还有其他使用数据结构的方法(包括使用列表的其他方法和完全使用其他数据结构的方法)会更有效。
最后:您的代码在迭代的同时修改primes
(primes中的i就是这样做的)。这通常被认为是一件坏事,因为在迭代时修改某些内容可能是未定义的行为。
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