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> 3 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