python中的質數生成代碼

Question

我正在嘗試以下方法來生成素數：

primes = [2]
candidate = 3
MILLION = 1000000
while candidate < MILLION:
    if all(candidate % prime for prime in primes if prime**2 <= candidate):
        primes.append(candidate)
    candidate += 2

但是，這比我以前的代碼要慢得多，在我以前的代碼中我沒有使用all函數，而是自己進行檢查，如下所示：

primes = [2]
candidate = 3
MILLION = 1000000
while candidate < MILLION:
    can_be_prime = True
    for p in primes:
        if p**2 > candidate:
            break
        elif candidate % p == 0:
            can_be_prime = False
            break
    if can_be_prime:
        primes.append(candidate)
    candidate += 2

當第二個在10秒內結束時，第一個要花很長時間才能完成。 有人可以幫助我理解為什么第一個數字在第一個100000個數字之后開始如此緩慢地輸出嗎？

Answer 1

當你的想法，使用發電機表達縮短了代碼和any好，他們是不等價的。 特別是，在較長的解決方案中，您要迭代素數的（排序的）列表，並在找到p ** 2 > candidate為真的素數后立即中斷迭代。

但是，在生成器表達式中， x for p in primes if p ** 2 <= candidate ，則嘗試使用x for p in primes if p ** 2 <= candidate進行此檢查。 不幸的是，這是不一樣的。 即使檢查失敗，發電機仍會繼續遍歷剩下的素數，執行的是p ** 2 每單質，在外部的每次迭代 while循環。

如果您編寫的方式有所不同，則可以驗證這是問題所在：

def getPrimes (candidate):
    for p in primes:
        if p ** 2 > candidate:
            break
        yield p

while candidate < MILLION:
    if all(candidate % prime for prime in getPrimes(candidate)):
        primes.append(candidate)
    candidate += 2

因此，現在，我們在較長版本中使用相同的想法，並在達到p ** 2 > candidate為真的primes終止primes的迭代。 這樣，我們可以從更長的解決方案中獲得更快的速度。

Answer 2

我們實際上可以使用6n +/- 1規則生成素數。 例如，如果要生成給定數字的質數：

def primes(N):
    if N == 2:
        primes = [2]
    elif N >= 3:
        primes = [2, 3]
    else:
        return None
    for i in range(6, N):
        if i % 6 == 0:
            left = i - 1
            right = i + 1
            if all(left % p != 0 for p in primes):
                primes.append(left)
            if all(right % p != 0 for p in primes):
                primes.append(right)
    return primes