模板题
题解主要分为两部分，即Miller-Robin判素数以及关于Pollard-Rho算法
1.Miller-Robin判素数
对于一个数$n$，判定其是否为素数，依次执行以下几步——
(1)若$n=2$在$n$为素数，否则若$n=1$或$nequiv 0(mod 2)$则$n$非素数
(2)对于一个素数$p$，分类讨论
若$(p,n) e 1$（$=p$），显然根据$p$是否等于$n$可以直接确定$n$是否为素数
若$(p,n)=1$，根据费马小定理要求$p^{n-1}equiv 1(mod n)$
同时若$n$为素数，$x^{2}equiv 1(mod n)$的解仅有$xequiv 1或n-1(mod n)$（将其分解即可）
假设$n-1=2^{k}m$，则$forall 1le ile k$且$p^{2^{i}m}equiv 1(mod n)$，满足$p^{2^{i-1}m}equiv 1或n-1(mod n)$
(3)重复第2个步骤若干次（当然可以预先选好素数）
2.Pollard-Rho算法
基本思路
考虑对$n$进行质因数分解，先使用Miller-Robin在$o(log n)$的时间内判定$n$是否是素数，若$n$为素数即结束，否则需要快速找到一个$1le x<n$且$gcd(n,x)>1$，之后递归分解$gcd(x,n)$和$frac{n}{gcd(n,x)}$即可
构造方式
关于如何找到$x$，我们考虑如下的方式：
构造一个序列$a_{i}$，其中$a_{i}=a_{i-1}^{2}+c(ige 2)$，$a_{1}$和$c$均为随机
（关于这个递推式并没有太大的实际意义，只是$a_{i}$由$a_{i-1}$唯一确定且分布较为随机）
从小到大枚举$ige 1$，并令$xequiv a_{i}-a_{2i}(mod n)$（要求$0le x<n$），若$x=0$则重新随机$a_{1}$和$c$并再次执行，否则判定$x$是否满足条件（$gcd(n,x)>1$），若满足条件即可递归
复杂度分析
下面，我们来考虑找到$x$的期望$i$大小或无法找到的概率——
先考虑另外一个问题，对于一个$n$，第一次出现$a_{i}equiv a_{2i}(mod n)$的位置
令$x$为最小的整数，满足$exists 1le y<x$且$a_{x}equiv a_{y}(mod n)$，显然$y$是唯一的，再取这个唯一的$y$
考虑序列${a_{i} mod n}$，根据$a_{i}$由$a_{i-1}$唯一确定（在模意义下显然也满足），$x$和$y$实际上分别是第2次和第1次进入循环的位置，更具体的有$forall ige y,a_{i}equiv a_{i+(x-y)}(mod n)$
在$[y,x)$中取$kequiv 0(mod x-y)$（显然唯一），根据循环的性质不难得到$a_{k}equiv a_{2k}(mod n)$，且由于$x$和$y$最小的性质，还可以证明$k$也是最小的，即$k$就是这个位置
再考虑$k$的期望，由于$k<x$也可以看作$x$的期望，由于序列$a_{i}$分布可以认为是随机的，根据$x$的定义可以发现$x$的期望即在$[0,n)$范围内随机若干次出现重复数字的期望次数
根据生日悖论，其期望是$o(sqrt{n})$的，具体推导如下——
考虑$P(xle X)$（即$xle X$的概率），等价于$X$个数中存在相同，不难得到$P(X)=1-prod_{i=0}^{X-1}(1-frac{i}{n})$
根据均值不等式，有$sqrt[X]{prod_{i=0}^{X-1}(1-frac{i}{n})}le {frac{1}{X}sum_{i=0}^{X-1}(1-frac{i}{n})}=frac{2n-X+1}{n}$
代入后，即$P(X)ge 1-(frac{2n-X+1}{2n})^{X}=1-(1-frac{X}{2n})^{X}$
由于$frac{1}{1-x}=sum_{i=0}^{infty}x^{i}$，而根据泰勒展开有$e^{x}=sum_{i=0}^{infty}frac{1}{i!}x^{i}<frac{1}{1-x}$，即$1-x<e^{-x}$
将之代入，即$P(X)ge 1-e^{-frac{X^{2}}{2n}}ge frac{1}{2}$，即$e^{-frac{X^{2}}{2n}}le frac{1}{2}$，$Xge sqrt{-2nlnfrac{1}{2}}sim o(sqrt{n})$
（真的求期望$E(x)$也就要对$sum_{i=0}^{n-1}(e^{-frac{1}{2n}})^{i^{2}}$求值，可能比较困难）
考虑完这个问题后，回归原问题，令$p$为$n$的最小素因子（显然$ple sqrt{n}$），那么$gcd(n,x)>1$的充分条件是$p|x$，而$p|x$（且$x e 0$）这个条件还可以被表述为：$a_{i} otequiv a_{2i}(mod n)$且$a_{i}equiv a_{2i}(mod p)$
根据前面的结论，$a_{i}equiv a_{2i}(mod p)$的期望位置是$o(sqrt{p})$的
但还有一个问题，即有可能同时还满足$a_{i}equiv a_{2i}(mod n)$，此时$x=0$，即无法找到
但由于前者期望位置是$o(sqrt{n})$的，后者是$o(sqrt{p})$的，两者并不同阶，因此这个概率并不大，可以认为在$o(1)$次内一定可以找到（这里应该是极其口胡的，但并不知道如何更严谨的说明QAQ）
每一次查找（包括失败）复杂度都是期望$o(sqrt{p})$，查找次数又是$o(1)$，再算上$gcd$的复杂度，因此单次分解复杂度即为$o(sqrt{p}log n)$
虽然至多有$o(log n)$次递归，而$p$又是$o(sqrt{n})$的，总复杂度即$o(n^{frac{1}{4}}log^{2}n)$，但事实上这个复杂度还可以进一步的精确——
（以下过程通俗的来说，即若递归次数过多则$p$一定很小，当$p$是$o(sqrt{n})$这个级别时递归次数是$o(1)$的，因此复杂度是$o(n^{frac{1}{4}}log n)$的）
考虑递归后分别是$d$和$frac{n}{d}$，其中较小的不超过$sqrt{n}$，其复杂度根据前面是$o(n^{frac{1}{8}}log^{2}n)$，可以忽略，换言之递归时我们仅关心于大于$sqrt{n}$的部分的复杂度
不妨假设$d>sqrt{n}$，那么$n$的最小素因子不超过$frac{n}{d}$，即$T(n)=max_{d|n}T(d)+sqrt{frac{n}{d}}log n$
对于其中$frac{n}{d}le n^{frac{1}{4}}$（前面的$n$指该次递归，后者的$n$指全局），即使有$log$次复杂度也仅为$o(n^{frac{1}{8}}log^{2}n)$，同样可以忽略，而若$frac{n}{d}>n^{frac{1}{4}}$，那么即至多4次，总复杂度为$o(n^{frac{1}{4}}log n)$
综上，即说明了复杂度为$o(n^{frac{1}{4}}log n)$
关于gcd的优化
可以将若干次gcd组合在一起计算，即若求$gcd(x,n)$和$gcd(y,n)$，不妨直接求$gcd(xy mod n,n)$
但这样就不能每一次都判定，可以考虑隔一段时间判定一次，关于这个间隔比较随意，只需在$[log n,n^{frac{1}{4}}]$中，即可令复杂度降为$o(n^{frac{1}{4}})$，另外在$x=0$时还需要将之前的再求一次
（另外可能会涉及模$n$意义下两数乘法，需要使用int128或其他技巧）
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define ll long long 4 int t,p[5]={3,5,7,11,13}; 5 ll n; 6 ll mul(ll x,ll y,ll n){ 7 return (__int128)x*y%n; 8 } 9 ll gcd(ll x,ll y){ 10 if (!y)return x; 11 return gcd(y,x%y); 12 } 13 ll pow(ll n,ll m,ll mod){ 14 ll s=n,ans=1; 15 while (m){ 16 if (m&1)ans=mul(ans,s,mod); 17 s=mul(s,s,mod); 18 m>>=1; 19 } 20 return ans; 21 } 22 bool check(ll n){ 23 if (n==2)return 1; 24 if (n%2==0)return 0; 25 ll m=n-1,k=0; 26 while (m%2==0){ 27 k++; 28 m/=2; 29 } 30 for(int i=0;i<5;i++){ 31 if (n%p[i]==0)return n==p[i]; 32 ll s=pow(p[i],m,n); 33 for(int j=0;j<k;j++){ 34 if ((mul(s,s,n)==1)&&(s!=1)&&(s!=n-1))return 0; 35 s=mul(s,s,n); 36 } 37 if (s>1)return 0; 38 } 39 return 1; 40 } 41 ll get_fac(ll n){ 42 ll x=rand()%n,c=rand()%n,y=(mul(x,x,n)+c)%n,z=1,tot=0; 43 while (1){ 44 if ((x==y)||(tot%100==0)){ 45 if (gcd(z,n)>1)return gcd(z,n); 46 if (x==y)return 1; 47 z=1; 48 } 49 tot++; 50 z=mul(z,(x+n-y)%n,n); 51 if (!z)return gcd((x+n-y)%n,n); 52 x=(mul(x,x,n)+c)%n; 53 y=(mul(y,y,n)+c)%n; 54 y=(mul(y,y,n)+c)%n; 55 } 56 } 57 ll calc(ll n){ 58 if (check(n))return n; 59 while (1){ 60 ll p=get_fac(n); 61 if (p>1)return max(calc(p),calc(n/p)); 62 } 63 } 64 int main(){ 65 srand(time(0)); 66 scanf("%d",&t); 67 while (t--){ 68 scanf("%lld",&n); 69 ll ans=calc(n); 70 if (ans==n)printf("Prime "); 71 else printf("%lld ",ans); 72 } 73 }