目錄

• 前置芝士
  • 二進制的GCD
  • 快速乘
    • O(1)
    • O(log)
  • floyd提出的判環法
    • 判環
    • 找環
  • 生日悖論
• Miller_rabin
  • 前言
  • 二次探測
    • 代碼
• Pollard-Rho
  • 前言
  • 例題
  • 構建隨機數列
  • 優(ka)化(chang)
  • 注意事項
  • 時間復雜度證明
  • 代碼

因為原來的那篇已經很多了，所以在此寫上第二篇。

這一章可以說是緊緊圍繞的素數的主旨展開的。

@

前置芝士

二進制的GCD

二進制的GCD用的是更相減損法。

首先，我們有兩個數字\(x,y\)。

當\(x\%2==0,y\%2==0,gcd(x,y)=gcd(x>>1,y>>1)*2\)

當\(x\%2==0,y\%2==1,gcd(x,y)=gcd(x>>1,y)\)

當\(x\%2==1,y\%2==0,gcd(x,y)=gcd(x,y>>1)\)

當\(x\%2==1,y\%2==1,x>=y,gcd(x,y)=gcd((x-y)>>1,y)\)，其實這里的\(x-y\)不用除\(2\)也可以，只是這樣寫更快，反正都是偶數。

inline LL gcd(LL x,LL y) {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; }

常數好像比GCD更小，復雜度都是\(log\)，但是貌似跑起來差不多，寫寫吧，反正都差不多了，還更穩一點，你說是吧。

快速乘

博主博主，平常\(O(1)\)都已經如此之快，難道可以\(O(0)\)？

不不不，都一樣，只不過算的是\(x*y\%z\)，因為有時候\(x*y\)溢出了long long，但是結果并沒有，所以發明了快速乘。

O(1)

\(O(1)\)版的非常簡單。\(x*y\%z=x*y-(x*y/z)*z\)（在C++環境下），但是這個有什么特殊的嗎？

就是用溢出對待溢出，我們先用long double(16位)得出(x*y/z)（你在比賽的時候，可以先用\(sizeof(long\) \(double)\)得出你電腦的long double是幾位的，如果不是\(16\)位的話，那評測機應該也是，為了穩妥還是用\(log\)的吧）。

然后我們乘一下，兩邊可能會溢出，但是我們還是能減出正確的結果。

另外還有一坨精度問題，模數大的話還是少用吧。

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)

有沒有什么穩得一批又好用的快速乘？

當然后，假設又有個\(x,y,z\)。

我們把\(x\)拆成二進制：\(c_{n}*2^{n}+c_{n-1}*2^{n-1}+....\)，而\(c\)的取值只能為\(0,1\)
然后\(x*y\)在乘法分配率一下：\(y*c_{0}*2^{0}+y*c_{1}*2^{1}+...\)，那么我們只要邊乘邊模不就好起來了嗎。

inline ll ksc(ll x,ll y,ll p){//計算x乘y的積ll res=0;//加法初始化while(y){if(y&1)res=(res+x)%p;//模仿二進制x=(x<<1)%p; y>>=1;//將x不斷乘2達到二進制}return res; } // ll 表示 long long //這里的代碼用的是https://www.cnblogs.com/812-xiao-wen/p/10543023.html

floyd提出的判環法

判環

你以為是floyd，不是，是這樣的，假設一個鏈表有環，怎么判環，我們這樣想：\(y\)以\(x\)兩倍的速度奔跑，那么當\(x,y\)相遇時，\(y\)剛好跑完幾圈了，就退出。

找環

其實還有個擴展，如何找到環的起始位置。

我們設鏈表頭走到環開始的地方步數為\(m\)，從鏈表頭走到相遇地點的步數是\(m+k\)，然后環的長度為\(n\)，\(x,y\)分別走了\(X,Y\)圈。

那么\(S_{x}=m+k+Xn,S_{y}=m+k+Yn\)，然后又因為\(S_{y}=2S_{x}\)，所以\(S_{x}=(Y-X)n\)。
也就是說兩人走的距離肯定是\(n\)的倍數。

然后我們再把\(x\)提到了鏈表開始的地方，讓兩個人繼續開始走，當走了\(m\)步（\(x\)在環開始的地方），那么因為說了\(S_{y}=2S_{x}=2(Y-X)n\)，也就是說\(y\)走的步數應該是\(n\)的倍數，也就是說當第一次相遇的時候，他應該離走完這個環到環開始的地方為\(m\)，所以\(y\)也到了環開始的地方，所以\(x,y\)將會在環開始的地方相遇。

可惜這里不用。

生日悖論

首先我們來看看，現在我們來選數字，在1-100之間，如果我們選一個數字，那么是1的概率則是\(\frac{1}{100}\)，但是如果我們選兩個數字，然后取差的絕對值，會怎樣？我們選一個數字，然后選到他周圍的兩個數字的概率就變成了\(\frac{1}{50}\)了！（忽略第一個數字\(1\)和\(100\)的情況，那還是\(\frac{1}{100}\)），難道多元能增加概率！

沒錯，這就是生日悖論的內容。

生日悖論的重要思想是什么，\(1-x\)的范圍，如果有\(\sqrt{x}\)個數字的話，重復的概率就會高達\(50\%\)，恐不恐怖。

至于證明，在這里貼上大佬的證明。

Miller_rabin

相信在第一章里面，你們已經學會了費馬小定律了，那就不講了QMQ。

前言

我們都知道判斷一個數字是不是素數，有一種方法就是試除法，直接從\(2\)枚舉到\(\sqrt{p}\)，但是有沒有一種方法，能比\(O(\sqrt{p})\)還快有準確無誤呢？

答案是并沒有，但是如果你要求的是很大概率的話，打我可以告訴你的是，Miller_rabin就是這么一種算法，基本上準確無誤，就連強偽素數都能跑過去，是什么呢？

二次探測

我們都知道，選取一個\(p\)數字，然后用費馬小定理判斷一下，如果不是\(1\)，那就不是素數，但是存在這么一種數字，能滿足費馬小定理但是不是素數的一類數字，我們又要怎么判斷呢？

這里就要引入一個定理了，這個定理可以很大概率的判斷是不是素數，加上費馬小定理。

如果\(p\)是質數且\(a^2≡1(\mod p)(a<p)\)，那么\(a=1,p-1\)。
我們可以來證明一下：
\[a^2≡1(\mod p)\]
\[a^2-1≡(\mod p)\]
\[(a+1)(a-1)≡0(\mod p)\]
那么，因為\(a<p\)且\(p\)是質數，所以\(a=1,p-1\)。

那么我們就可以把\(p-1\)分成\(2^{t}*k\)，然后隨機選取一個值\(x\)，然后計算\(x^{k}\)，然后繼續不斷取平方：\(x^{2^{i}*k}\)，然后不斷的用二次探測來檢測，更重要的是我們最后還可以用用費馬小定理，當然，\(x\)我們可以手動取幾個素數來多判幾次，不知道為什么，素數成功概率大一點QMQ。

很明顯是\(log\)的。

代碼

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)//判斷一個素數 {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個素數？

想嗎？少年。

---來自SaDiao博主的一席話。

例題

都看到了，就是想咯QMQ。

例題

假設我們要分的數字是\(p\)

構建隨機數列

我們構建一個隨機函數\(x_{i}=x_{i-1}*x_{i-1}+C(\mod p)\)（\(C\)為我們自己定的常數）,這么強？

同時\(x_{1}=2\)，我們發現這個序列每個都跟前面的數字有關，那么不就是類似鏈表了嗎？而且因為是模了后序列，所以會有環（根據生日悖論，出現相同的數字概率是\(O(\sqrt{p})\)），就可以用\(floyd\)判環法了。

我們再設一個函數：\(y_{i}=x_{i-1}*x_{i-1}+C(\mod q)\)（\(q\)為\(p\)的一個質因數），\(y_{1}=2\)，那么這個序列也會出現循環節的，我們再在兩個循環節上找到兩個位置\(i,j\)，使得\(i<j,l(i)=l(j)\)，然后我們就會發現\(|x_{i}-x_{j}|\)含有\(q\)，也就是\(gcd(|x_{i}-x_{j}|,p)≠1\)，那么我們就可以找到一個素數了。

但是我們并不知道\(q\)，我們又怎么找到\(i,j\)呢，我們會發現其實\(i,j\)就是\(y\)數列循環節上的對應位置，而上面也只是提供了一種可行性，也就是說我們可以用\(floyd\)找環法來在\(x\)數列中找，如果\(gcd\)為\(1\)，那么繼續找環，如果\(gcd\)為\(p\)（差為0就會這樣），說明我們找到了模數為\(q\)的環，可惜也是模數為\(p\)的環，那么我們就退出，然后\(C++\)，如果兩個都不是，那么我們不就找到了一個質因數了嗎？

再看看概率有多大，原本我們找兩個數字的差找到質因數的概率應該比較小，但是如果我們是\(gcd≠1\)的話，那概率不就大了嗎？而且期望的循環節大小為\(\sqrt{p}\)，不就好起來了嗎？

而且判斷一個數字是不是素數就靠Miller_rabin了。

優(ka)化(chang)

我們要發現一個事情：\(x\%z\)，可以等同于\(z*((x/gcd(x,z))\%(z/gcd(x,z)))\)。

那么這有什么用呢？我們可以把幾個差乘起來，然后模一下（如果出現了質因子的話不會因為模了而消失掉，上面寫了），至于乘幾次，我選擇的是\(127\)，當然，\(pow(p,0.1)\)也有人用，不要太大就可以了，我們后面則叫乘了\(step\)次。

那么我們也是乘完后GCD。

如果為\(1\)繼續。

如果為\(n\)的話，說不定中間有質因子呢，我們也回到\(step\)次一起，不乘起來，一次次慢慢來。

如果兩個都不是，恭喜，喜提質因子一枚。

然后自我感覺良好，優化了不少的常數。

注意事項

我們會發現，打完代碼有事后還是會卡住的。

為什么，因為\(4\)是個神奇的數字，我們可以把\(C\)從\(1\)到\(4\)枚舉一遍，會發現差統統不會涉及到\(2\)，而其他\(2\)的次方，比如\(2^{i}\)，在\(C=2^{i}-4\)的時候，肯定跳一次就能得到結果，\(x=0,y=C\)，然后就可以把\(2\)篩出來，為什么\(4\)不行，因為\(C=0\)了，所以我們就只會一遍遍的得到\(4\)然后重來。

那我們特判\(4\)不就行了？不不不，特判要講究藝術。

你想想，我們要是特判\(\%2==0\)不是一樣的嗎，而且還造福了其他的數字，尤其是\(2\)的次方，不加這個很有可能就老是到\(2^{i}-4\)才跳出來。

時間復雜度證明

一次的Pollard-Rho的復雜度是多少？（這道題目得用幾次Pollard-Rho）

設\(N=A*B(A<=B)\)，那么\(A<=\sqrt(N)\)，我們是在\(x\)找\(A\)的循環節，期望復雜度為\(O(\sqrt{A})\)，那么不就是\(O(N^{\frac{1}{4}})\)嗎？

但是其實不然，因為加上GCD什么亂起八糟的，正宗的應該是：
\(O(\frac{N^{\frac{1}{4}}logN}{step}+logN)\)，但原本就是玄學算法你加這么多干嘛，而且在long long范圍內我們的\(step\)肯定大于\(logN\)，畢竟我們的\(step\)原本就是\(127\)嗎。

所以我們還是寫\(O(N^{\frac{1}{4}})\)，好看又好寫。

代碼

開了O2在luogu跑了600+ms，快的飛起，不開也有1.44s了，這不就快的飛起了嗎。

可以試試這個跑不跑得出結果46856248255981。

強偽素數呀，都跑過去了。

#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)//判斷一個素數 {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)//實測二進制版GCD只比原來的快了20+ms，估計是因為優化減少了GCD的調用次數，凸顯不出優勢。 {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的情況 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/*玄學步數*/,add=1;while(!tmp)tmp=Pol(n,step,add++);//if(n/tmp<tmp)tmp=n/tmp;//使得n/tmp>=tmpLL ans=work(n/tmp);if(ans>=tmp)return ans;return mymax(ans,work(tmp));//實現上的一個優化，優化空間小，但是能優化，而且不會耗多少空間，基本正優化 } LL n; int main() {int T;scanf("%d",&T);while(T--){scanf("%lld",&n);LL ans=work(n);if(ans==n)printf("Prime\n");else printf("%lld\n",ans);} return 0; }

轉載于:https://www.cnblogs.com/zhangjianjunab/p/11365009.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的各种友(e)善(xin)数论总集，从入门到绝望2的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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