• 各种友(e)善(xin)数论总集，从入门到绝望2---快速判断素数

    目录

    因为原来的那篇已经很多了，所以在此写上第二篇。

    这一章可以说是紧紧围绕的素数的主旨展开的。

    前置芝士

    快速乘

    博主博主，平常(O(1))都已经如此之快，难道可以(O(0))？

    不不不，都一样，只不过算的是(x*y\%z)，因为有时候(x*y)溢出了long long，但是结果并没有，所以发明了快速乘。

    O(1)

    (O(1))版的非常简单。(x*y\%z=x*y-(x*y/z)*z)（在C++环境下），但是这个有什么特殊的吗？

    就是用溢出对待溢出，我们先用long double(16位)得出(x*y/z)（你在比赛的时候，可以先用(sizeof(long) (double))得出你电脑的long double是几位的，如果不是(16)位的话，那评测机应该也是，为了稳妥还是用(log)的吧）。

    然后我们乘一下，两边可能会溢出，但是我们还是能减出正确的结果。

    另外还有一坨精度问题，模数大的话还是少用吧。

    inline  LL  ksc(LL  x,LL  y,LL  z)
{
	LL  c=(LD)x*y/z+0.5;
	LL  ans=x*y-c*z;
	return  ans<0?ans+z:ans;
}

    O(log)

    有没有什么稳得一批又好用的快速乘？

    当然后，假设又有个(x,y,z)。

    我们把(x)拆成二进制：(c_{n}*2^{n}+c_{n-1}*2^{n-1}+....)，而(c)的取值只能为(0,1)
    然后(x*y)在乘法分配率一下：(y*c_{0}*2^{0}+y*c_{1}*2^{1}+...)，那么我们只要边乘边模不就好起来了吗。

    inline ll ksc(ll x,ll y,ll p){//计算x乘y的积
    ll res=0;//加法初始化
    while(y){
        if(y&1)res=(res+x)%p;//模仿二进制
        x=(x<<1)%p; y>>=1;//将x不断乘2达到二进制
    }return res;
}
// ll 表示 long long
//这里的代码用的是https://www.cnblogs.com/812-xiao-wen/p/10543023.html

    floyd提出的判环法

    判环

    你以为是floyd，不是，是这样的，假设一个链表有环，怎么判环，我们这样想：(y)以(x)两倍的速度奔跑，那么当(x,y)相遇时，(y)刚好跑完几圈了，就退出。

    找环

    其实还有个扩展，如何找到环的起始位置。

    我们设链表头走到环开始的地方步数为(m)，从链表头走到相遇地点的步数是(m+k)，然后环的长度为(n)，(x,y)分别走了(X,Y)圈。

    那么(S_{x}=m+k+Xn,S_{y}=m+k+Yn)，然后又因为(S_{y}=2S_{x})，所以(S_{x}=(Y-X)n)。
    也就是说两人走的距离肯定是(n)的倍数。

    然后我们再把(x)提到了链表开始的地方，让两个人继续开始走，当走了(m)步（(x)在环开始的地方），那么因为说了(S_{y}=2S_{x}=2(Y-X)n)，也就是说(y)走的步数应该是(n)的倍数，也就是说当第一次相遇的时候，他应该离走完这个环到环开始的地方为(m)，所以(y)也到了环开始的地方，所以(x,y)将会在环开始的地方相遇。

    可惜这里不用。

    生日悖论

    首先我们来看看，现在我们来选数字，在1-100之间，如果我们选一个数字，那么是1的概率则是(frac{1}{100})，但是如果我们选两个数字，然后取差的绝对值，会怎样？我们选一个数字，然后选到他周围的两个数字的概率就变成了(frac{1}{50})了！（忽略第一个数字(1)和(100)的情况，那还是(frac{1}{100})），难道多元能增加概率！

    没错，这就是生日悖论的内容。

    生日悖论的重要思想是什么，(1-x)的范围，如果有(sqrt{x})个数字的话，重复的概率就会高达(50\%)，恐不恐怖。

    至于证明，在这里贴上大佬的证明。
    在这里插入图片描述

    Miller_rabin

    相信在第一章里面，你们已经学会了费马小定律了，那就不讲了QMQ。

    前言

    我们都知道判断一个数字是不是素数，有一种方法就是试除法，直接从(2)枚举到(sqrt{p})，但是有没有一种方法，能比(O(sqrt{p}))还快有准确无误呢？

    答案是并没有，但是如果你要求的是很大概率的话，打我可以告诉你的是，Miller_rabin就是这么一种算法，基本上准确无误，就连强伪素数都能跑过去，是什么呢？

    二次探测

    我们都知道，选取一个(p)数字，然后用费马小定理判断一下，如果不是(1)，那就不是素数，但是存在这么一种数字，能满足费马小定理但是不是素数的一类数字，我们又要怎么判断呢？

    这里就要引入一个定理了，这个定理可以很大概率的判断是不是素数，加上费马小定理。

    如果(p)是质数且(a^2≡1(mod p)(a<p))，那么(a=1,p-1)。
    我们可以来证明一下：

    [a^2≡1(mod p) ]

    [a^2-1≡(mod p) ]

    [(a+1)(a-1)≡0(mod p) ]

    那么，因为(a<p)且(p)是质数，所以(a=1,p-1)。

    那么我们就可以把(p-1)分成(2^{t}*k)，然后随机选取一个值(x)，然后计算(x^{k})，然后继续不断取平方：(x^{2^{i}*k})，然后不断的用二次探测来检测，更重要的是我们最后还可以用用费马小定理，当然，(x)我们可以手动取几个素数来多判几次，不知道为什么，素数成功概率大一点QMQ。

    很明显是(log)的。

    代码

    inline  LL  ksc(LL  x,LL  y,LL  z)
{
	LL  c=(LD)x*y/z+0.5;
	LL  ans=x*y-c*z;
	return  ans<0?ans+z:ans;
}
inline  LL  ksm(LL  x,LL  m,LL  mod)
{
	if(m==0)return  1%mod;
	LL  ans=1;
	while(m>1)
	{
		m&1?ans=ksc(ans,x,mod):0;
		x=ksc(x,x,mod);m>>=1;
	}
	return  ksc(ans,x,mod);
}
inline  int  log2(LL  &x)
{
	int  ans=0;
	while(x%2==0)ans++,x>>=1;
	return  ans;
}
int  su[]={2,3,5,7,11,23,29,61};
inline  bool  pd(LL  x)//判断一个素数 
{
	for(int  i=0;i<=7;i++)
	{
		if(x<=su[i])return  1;
		LL  y=x-1;int  tt=log2(y);
		y=ksm(su[i],y,x);
		while(tt--)
		{
			LL  z=ksc(y,y,x);
			if(z==1  &&  y!=1  &&  y!=x-1)return  0;
			y=z;
		}
		if(y!=1)return  0;
	}
	return  1;
}

    Pollard-Rho

    前言

    你是否想快速的分解一个素数？

    想吗？少年。

    ---来自SaDiao博主的一席话。

    例题

    都看到了，就是想咯QMQ。

    例题

    假设我们要分的数字是(p)

    构建随机数列

    我们构建一个随机函数(x_{i}=x_{i-1}*x_{i-1}+C(mod p))（(C)为我们自己定的常数）,这么强？

    同时(x_{1}=2)，我们发现这个序列每个都跟前面的数字有关，那么不就是类似链表了吗？而且因为是模了后序列，所以会有环（根据生日悖论，出现相同的数字概率是(O(sqrt{p}))），就可以用(floyd)判环法了。

    我们再设一个函数：(y_{i}=x_{i-1}*x_{i-1}+C(mod q))（(q)为(p)的一个质因数），(y_{1}=2)，那么这个序列也会出现循环节的，我们再在两个循环节上找到两个位置(i,j)，使得(i<j,l(i)=l(j))，然后我们就会发现(|x_{i}-x_{j}|)含有(q)，也就是(gcd(|x_{i}-x_{j}|,p)≠1)，那么我们就可以找到一个素数了。

    但是我们并不知道(q)，我们又怎么找到(i,j)呢，我们会发现其实(i,j)就是(y)数列循环节上的对应位置，而上面也只是提供了一种可行性，也就是说我们可以用(floyd)找环法来在(x)数列中找，如果(gcd)为(1)，那么继续找环，如果(gcd)为(p)（差为0就会这样），说明我们找到了模数为(q)的环，可惜也是模数为(p)的环，那么我们就退出，然后(C++)，如果两个都不是，那么我们不就找到了一个质因数了吗？

    再看看概率有多大，原本我们找两个数字的差找到质因数的概率应该比较小，但是如果我们是(gcd≠1)的话，那概率不就大了吗？而且期望的循环节大小为(sqrt{p})，不就好起来了吗？

    而且判断一个数字是不是素数就靠Miller_rabin了。

    优(ka)化(chang)

    我们要发现一个事情：(x\%z)，可以等同于(z*((x/gcd(x,z))\%(z/gcd(x,z))))。

    那么这有什么用呢？我们可以把几个差乘起来，然后模一下（如果出现了质因子的话不会因为模了而消失掉，上面写了），至于乘几次，我选择的是(127)，当然，(pow(p,0.1))也有人用，不要太大就可以了，我们后面则叫乘了(step)次。

    那么我们也是乘完后GCD。

    1. 如果为(1)继续。
    2. 如果为(n)的话，说不定中间有质因子呢，我们也回到(step)次一起，不乘起来，一次次慢慢来。
    3. 如果两个都不是，恭喜，喜提质因子一枚。

    然后自我感觉良好，优化了不少的常数。

    注意事项

    我们会发现，打完代码有事后还是会卡住的。

    为什么，因为(4)是个神奇的数字，我们可以把(C)从(1)到(4)枚举一遍，会发现差统统不会涉及到(2)，而其他(2)的次方，比如(2^{i})，在(C=2^{i}-4)的时候，肯定跳一次就能得到结果，(x=0,y=C)，然后就可以把(2)筛出来，为什么(4)不行，因为(C=0)了，所以我们就只会一遍遍的得到(4)然后重来。

    那我们特判(4)不就行了？不不不，特判要讲究艺术。

    你想想，我们要是特判(\%2==0)不是一样的吗，而且还造福了其他的数字，尤其是(2)的次方，不加这个很有可能就老是到(2^{i}-4)才跳出来。

    时间复杂度证明

    一次的Pollard-Rho的复杂度是多少？（这道题目得用几次Pollard-Rho）

    设(N=A*B(A<=B))，那么(A<=sqrt(N))，我们是在(x)找(A)的循环节，期望复杂度为(O(sqrt{A}))，那么不就是(O(N^{frac{1}{4}}))吗？

    但是其实不然，因为加上GCD什么乱起八糟的，正宗的应该是：
    (O(frac{N^{frac{1}{4}}logN}{step}+logN))，但原本就是玄学算法你加这么多干嘛，而且在long long范围内我们的(step)肯定大于(logN)，毕竟我们的(step)原本就是(127)吗。

    所以我们还是写(O(N^{frac{1}{4}}))，好看又好写。

    代码

    开了O2在luogu跑了600+ms，快的飞起，不开也有1.44s了，这不就快的飞起了吗。

    可以试试这个跑不跑得出结果46856248255981。

    强伪素数呀，都跑过去了。

    #include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
using  namespace  std;
typedef  long  double  LD;
typedef  long  long  LL;
inline  LL  zabs(LL  x){return  x<0?-x:x;}
inline  LL  mymin(LL  x,LL  y){return  x<y?x:y;}
inline  LL  mymax(LL  x,LL  y){return  x>y?x:y;}
inline  LL  ksc(LL  x,LL  y,LL  z)
{
	LL  c=(LD)x*y/z+0.5;
	LL  ans=x*y-c*z;
	return  ans<0?ans+z:ans;
}
inline  LL  ksm(LL  x,LL  m,LL  mod)
{
	if(m==0)return  1%mod;
	LL  ans=1;
	while(m>1)
	{
		m&1?ans=ksc(ans,x,mod):0;
		x=ksc(x,x,mod);m>>=1;
	}
	return  ksc(ans,x,mod);
}
inline  int  log2(LL  &x)
{
	int  ans=0;
	while(x%2==0)ans++,x>>=1;
	return  ans;
}
int  su[]={2,3,5,7,11,23,29,61};
inline  bool  pd(LL  x)//判断一个素数 
{
	for(int  i=0;i<=7;i++)
	{
		if(x<=su[i])return  1;
		LL  y=x-1;int  tt=log2(y);
		y=ksm(su[i],y,x);
		while(tt--)
		{
			LL  z=ksc(y,y,x);
			if(z==1  &&  y!=1  &&  y!=x-1)return  0;
			y=z;
		}
		if(y!=1)return  0;
	}
	return  1;
}
inline  LL  gcd(LL  x,LL  y)//实测二进制版GCD只比原来的快了20+ms，估计是因为优化减少了GCD的调用次数，凸显不出优势。
{
	int  ans=0;
	while(x  &&  y)
	{
		if(x&1  &&  y&1)
		{
			y>x?x^=y^=x^=y:0;
			x=(x-y)>>1;
		}
		else  if(x&1)y>>=1;
		else  if(y&1)x>>=1;
		else  x>>=1,y>>=1,ans++;
	}
	return  (x+y)<<ans;
}
inline  LL  Pol(LL  now,LL  step,LL  add)
{
	if(now%2==0)return  2;//防止毒瘤的4的情况 
	LL  x=2,y=2,d=1;
	while(1)
	{
		LL  tx=x,ty=y;
		for(int  i=1;i<=step;i++)
		{
			x=ksc(x,x,now)+add;x>=now?x-=now:0;
			y=ksc(y,y,now)+add;y>=now?y-=now:0;
			y=ksc(y,y,now)+add;y>=now?y-=now:0;
			d=ksc(d,zabs(x-y),now);
		}
		d=gcd(d,now);
		if(d==1)continue;
		else  if(d!=now)return  d;
		x=tx;y=ty;
		for(int  i=1;i<=step;i++)
		{
			x=ksc(x,x,now)+add;x>=now?x-=now:0;
			y=ksc(y,y,now)+add;y>=now?y-=now:0;
			y=ksc(y,y,now)+add;y>=now?y-=now:0;
			d=gcd(zabs(x-y),now);
			if(d!=1)return  d%now;
		}
	}
}
inline  LL  work(LL  n)
{
	if(pd(n)  ||  n==1)return  n;
	LL  tmp=0,step=127/*玄学步数*/,add=1;
	while(!tmp)tmp=Pol(n,step,add++);
    //
	if(n/tmp<tmp)tmp=n/tmp;//使得n/tmp>=tmp
	LL  ans=work(n/tmp);
	if(ans>=tmp)return  ans;
	return  mymax(ans,work(tmp));
    //实现上的一个优化，优化空间小，但是能优化，而且不会耗多少空间，基本正优化
}
LL  n;
int  main()
{
	int  T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%lld",&n);
		LL  ans=work(n);
		if(ans==n)printf("Prime
");
		else  printf("%lld
",ans);
	} 
	return  0;
}
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