素數有關理論

miller-rabin演算法

pollard-rho演算法

伯特蘭-切比雪夫定理

$\quad$首先介紹一下費馬小定理：

$\quad$如果乙個數 p 是質數，乙個正整數 a 滿足 gcd(a,p)=1，那麼 $a^\equiv 1 \pmod p $

$\quad$事實上對於乙個數如果多次隨機數都滿足這個性質，那麼這個數接近 100% 就是質數了。平常判斷質數用這個就夠了。

$\quad$當然，還有更準確的演算法，介紹一下二次探測定理：

$\quad$如果乙個數 p 是質數，並且乙個正整數 a 滿足 $a^2 \equiv 1 \pmod p$，則 a 一定滿足 $a\equiv \pm 1 \pmod p$

$\quad$於是引出今天的主角：miller-rabin 演算法 = （費馬小定理+二次探測定理）

inline bool mr(ll x,ll b)
return 1;
}inline bool prime(ll x)

$\quad$這個**大概就是判斷素數的流程了，下面的prime函式中mr中判斷可以多搞幾個以保證正確率。只要乙個不滿足就直接否掉。

$\quad$它的應用就是判斷素數（在資訊學奧賽中）

$\quad$這裡我們要寫乙個程式，對於每個數字檢驗是否是質數，是質數就輸出 prime ，如果不是質數，輸出它最大的質因子是哪個

$\quad$首先我們知道生日悖論，生日悖論的實質是:由於採用"組合隨機取樣"的方法,滿足答案的組合比單個個體要多一些.這樣可以提高正確率。我們不妨想一想:如何通過組合來提高正確率呢?

$\quad$我們不放選取一組數 $x_1,x_2,x_3\cdots x_n$ ,若有 $gcd(|x_i-x_j|,n)>1$ ，則稱$gcd(|x_i-x_j|,n)$ 是n的乙個因子。而通過組合數可以大大提高效率。有證明，需要選取的數的個數大約是 $o(n^})$ .但是,我們還需要解決儲存方面的問題。如果 $n=10^$，那麼我們也需要取$10^4$個數.如果還要 $o(n^2)$ 來兩兩比較,時間複雜度又會彈回去.因此還需要優化。

$\quad$我們不妨考慮構造乙個偽隨機數序列,然後取相鄰的兩項來求gcd.為了生成一串優秀的隨機，pollard設計了這樣乙個函式：

\[f(x)=(x^2+c)\mod n

\]$\quad$其中 c 是乙個隨機的常數.我們隨便取乙個 $x1,x2=f(x1),x3=f(x2)$ 。在一定的範圍內,這個數列是基本隨機的,可以取相鄰兩項作差求gcd。這樣子的乙個序列是相對很隨機的（有根據，這裡不詳細說了）。但是這個序列會出現迴圈節，且仍然不太快，我們繼續優化。

$\quad$由於求 gcd 的時間複雜度是 $o(logn)$ 的,頻繁地呼叫這個函式會導致演算法變得異常慢.我們可以通過乘法累積來減少求 gcd 的次數.比如 gcd(a,b)=1,gcd(c,b)=1,gcd(d,b)>1, 那麼gcd(acd,b)>1。

$\quad$我們每次倍增取一段區間，將這個區間的數全部乘上，再求一次gcd就好了。

$\quad$這裡給倍增乙個上限127（這個數字很特殊，具體我也不太懂)

$\quad$這不重要，下面給出這個問題（模板題）的**：

#include#define ll long long
#define lll __int128
using namespace std;
ll max_factor,n;
inline ll gcd(ll a,ll b)
inline ll ksm(ll x,ll p,ll mod)//快速冪
x=(lll)x*x%mod;
p>>=1;
}return ans;
}inline bool mr(ll x,ll b)//判斷素數
return 1;
}inline bool prime(ll x)//判斷質數
inline ll f(ll x,ll c,ll n)//f函式
inline ll pr(ll x)//求x的乙個不為x和1的因子
}ll d=gcd(val,x);
if(d>1) return d;
} } inline void fac(ll x)//分解x
ll p=x;
while(p>=x) p=pr(x);
while((x%p)=0) x/=p;
fac(x),fac(p);
} int main()
return 0;
}

$\quad$若整數 n > 3，則至少存在乙個質數 p，符合n < p < 2n − 2。另乙個稍弱說法是：對於所有大於1的整數 n，至少存在乙個質數p，符合n < p < 2nluogu p5535 【xr-3】小道訊息

$\quad$我們根據以上定理知道 n/2 < p（質數）< n 中，一定存在 p

$\quad$然後我們進行分類：

一. k+1 為質數

k+1 的倍數（>=2）仍在1-n 內，那麼易知需要兩天，第一天為除了倍數的所有數，我們又知道 gcd(a,a+1)=1，所以第二天就結束。

k+1 的倍數大於 n，那麼就只用一天了

二. k+1 為合數

$\quad$顯然 k+1 不可能為p的倍數，所以第一天就告訴 p , 第二天就是一的 2 類

$\quad$這道題第一眼看起來很懵逼，但是知道了伯特蘭-特比雪夫定理後就沒什麼難度了

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