板子
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define LL long long 3 using namespace std; 4 LL n; vector <LL> z; 5 const LL mo=1e9+7; 6 LL gcd(LL x,LL y){ 7 return y?gcd(y,x%y):abs(x); 8 } 9 LL po(LL x,LL y){ 10 LL z=1; x%=mo; 11 for (;y;y>>=1,x=x*x%mo) 12 if (y&1) z=z*x%mo; 13 return z; 14 } 15 LL XX(LL x,LL y,LL z){ 16 /* 17 (long double)x/z*y求商可以有微小的误差，之后反正会+z%z模回来 18 但如果 没有x%=z,y%=z,商的误差可能会很大，这样作差时会±k*maxLL 而GG 19 */ 20 x%=z,y%=z; return ((x*y-(LL)((long double)x/z*y)*z)%z+z)%z; 21 // return (__int128)x*y%z; 22 } 23 int St(LL a,LL b){ //a^(b-1)!=1?&&二次探测 24 //二次探测定理：如果p是奇素数，则x^2≡1(mod p)的解为x=1||x=p-1(mod p); 25 if (a==b) return 0; 26 LL ans1=1,ans=1; 27 for (int i=64;i>=0;i--){ 28 ans=XX(ans1,ans1,b); 29 if (ans==1&&ans1!=1&&ans1!=b-1) return 1; 30 if ((b-1)&(1LL<<i)) ans=XX(ans,a,b); 31 ans1=ans; 32 } 33 return ans!=1; 34 } 35 int isP(LL x){ // x=1时为0; 36 return !(St(2,x)||St(3,x)||St(5,x)||St(7,x)||St(11,x)||St(13,x)||St(17,x)||St(19,x)||St(23,x)); 37 } 38 LL ra(LL x){ 39 return (rand()*2147483647LL+rand()*32767LL+rand())%x; 40 } 41 LL pro(LL x){ 42 LL x1=ra(x),x2=(XX(x1,x1,x)+1)%x,p=gcd(x1-x2,x); 43 while (p==1){ //不用判x=y，大不了返回x 44 x1=(XX(x1,x1,x)+1)%x; 45 x2=(XX(x2,x2,x)+1)%x; 46 x2=(XX(x2,x2,x)+1)%x; 47 p=gcd(x1-x2,x); 48 } 49 return p; 50 } 51 void divide(LL x){ 52 while (!(x&1)) z.push_back(2),x/=2; 53 if (x==1) return; 54 if (isP(x)) z.push_back(x);else{ 55 LL y=pro(x); 56 divide(x/y); divide(y); 57 } 58 } 59 int main(){ 60 scanf("%lld",&n); 61 divide(n); 62 printf("%lld=",n); 63 if (n==1){ 64 puts("1"); return 0; 65 } 66 sort(z.begin(),z.end()); 67 for (int q=0,h=0;q<z.size();q=h){ 68 while (h<z.size()&&z[h]==z[q]) ++h; 69 if (q!=h-1) printf("%lld^%d",z[q],h-q); else printf("%lld",z[q]); 70 if (h!=z.size()) printf("*"); 71 } 72 puts(""); 73 }
（没想到会在大学概统课写小论文时，回来补充高中的博客。。）
面对密码学中的大数问题，如大素数检验，大合数分解，精确的算法在现实的机器下难以实现，所以有了概率算法。
首先讲大素数检验
现有的概率检验算法，基本逻辑框架是，对于一个正奇数n，令集合S={1,…,n-1},存在一个S的子集W，W满足两个性质：
- 当给出一个a∈S ，能在较快的时间（多项式时间复杂度）内，判断是否有 a∈W；
- 若n为素数，则W=S ；若n为合数，则|W| <= k|S| = k(n-1)， k是确定的常数且k∈(0,1)
简单理解：若a∈S而a∉W，则能够判定n不是素数。一个合数n，有k的概率不能被检验出来。
检验的流程：每次独立随机生成 a∈S,对n作上述判定。经过t轮判断后，结束检验。
此时，合数n依然被误认为是素数的概率<=kt，t足够大时，就几乎不会出错了。
目标就是构造这样“良好的W”：
①很弱的办法——公约数检验（我起的名字）
$W={a | gcd(a,n)=1,a in S}$ ，也就是说，随机生成的a必须和n有“非1公约数”，才能判定n不是素数。
这时候，$|W|=φ(n)$，（φ-欧拉函数），$|W| leq n-sqrt{n}$ ，（考虑$n=p^{2}$，p为质数，这种情况下左式取等号），显然不满足良好W的第二条性质。
②尝试改进 ——“费马素性检验”算法
费马小定理：对于质数$n$，若正整数$a in S$,且$gcd(a,n)=1$，则$a^{n-1}≡1$
但是，费马小定理只是素数的必要不充分条件，逆命题不成立。
有一些合数，对于部分a 满足费马小定理，这样的合数被称为“伪素数”（确切的说，是“a的伪素数”），最小的伪素数是341。
假设$W={ a|a in S 且gcd(a,n)=1 且 a^{n-1} ≡ 1 }$
下面证明一个定理：
若$W={a_{1},a_{2},...,a_{k}}$，如果$exists a in S 且 gcd(a,n)=1 , a^{n-1} eq 1 ，则 (a cdot a_{i})^{n-1} eq 1$
则，${a cdot a_{1},a cdot a_{2},...,a cdot a_{k}}$ 也是S的子集， 且与W无交集。
因此，$|W| leq frac{1}{2} |S|$。
由上定理知，对于一个n，只要存在$a in S$可以检验出n不是素数，则该检验方法就能满足“良好W”的性质。
实际上，这种算法确实已经很棒了，优先取2，3，5，7等小质数，可以很快淘汰掉绝大部分合数。
但是，在伪素数中，还有一类数——卡迈尔数。它对任何$a in S$都满足费马小定理，最小的卡迈尔数是561。
虽然，1亿以内只有255个卡迈尔数，可一旦遇到了，费马素性检验就退化成了①。
③再次改进——Miller_rabin算法
二次探测定理: 对于质数$n$，若正整数$a in S$，且$a^{2} equiv 1 (mod n)$，则 a=1或-1
算法原理：
对于正奇数n，$n-1=r2^{s}$，r为奇数。
若n为素数，则$a^{r2^{s}} equiv 1$, 则，$a^{r2^{s-1}} = 1或-1$ ；若为1，则，$a^{r2^{s-2}} = 1或-1$ ……
由此得到，素数n，应满足：$forall a in S，{ a^{r},a^{r2^{1}},a^{r2^{2}},...,a^{r2^{s-1}} }$，要么全为1，要么有一个-1（其后每一项都为1）。
令W={满足上述条件的a}
可以证明$|W| leq frac{1}{4} |S|$ ，且不像②那样依赖于n或者a。
这样，我们就得到了一个“良好的W”，能出色的完成大素数检验的任务了。
下面补充Miller_rabin一次误判概率$leq frac{1}{4}$的证明，不感兴趣的可以跳过。
定理1：
对正整数n，在mod n意义下的m阶有限群${x,x^{2},x^{3},cdots,x^{m}=1}$中，(x为生成元)，有$gcd(m,k)$个元素，满足$(x^{i})^{k}=1$。
证明很简单。若$d=gcd(m,k)$，则满足条件的i的集合$={frac{m}{d},frac{2m}{d},cdots,m}$。
定理2：
对于奇素数n，$n-1=h2^{s}$，h为奇数，则对于正奇数t，满足$x^{t2^{r}}=-1$的x的个数$= egin{cases} 0,qquad qquad r geq s \ 2^{r}*gcd(h,t)，quad r < s end{cases} $
证明：
Case1：$(x^{t2^{r}})^{h}=(x^{h2^{r}})^{t}=ig((x^{h2^{s}})^{2^{r-s}}ig)^{t}=1$， 又$ecause h$为奇数，$ herefore x^{t2^{r}} eq -1$
Case2：设奇素数n 原根是g， $S={1,g^{1},cdots,g^{n-2}} ，g^{frac{n-1}{2}}=-1$。
即求，满足$(g^{i})^{t2^{r}}=-1$的i的个数，$i in [0,n-2]$，
则，$(n-1) mid (it2^{r}-frac{n-1}{2}) qquad Rightarrow qquad (2^{s}h) mid (it2^{r}-h2^{s-1}) $
设$d=gcd(h,t)$ $Rightarrow (2^{s-r} cdot frac{h}{d}) mid (i cdot frac{t}{d}-2^{s-1-r} cdot frac{h}{d})$
应取$i=2^{s-1-r} cdot frac{h}{d} cdot (2k+1)$，k为整数，显然，在$i in [0,n-2]$中，分别对应$k in [0,2^{r}d-1]$，一共$2^{r}d$个。
另外，补充一个有一点点相关的知识：
素数定理（关于素数个数的定理）： π(x)表示不大于x的素数个数， π(x) ~ $frac{x}{ln{x}}$。
这也说明，从$[1,n]$中随机选一个数，它是素数的概率大约是 $frac {1}{ ln{n}}$
所以，即使是近50位的十进制大整数，也有约1%的概率是素数。
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1、a^(b-1)!=1 加上 二次探测 误判率据说是 1/4
（而这个板子只判了9次 误判概率好像有点高啊）
2、生日悖论
期望 sqrt(n)个 [1,n]中随机的数 当中 有两个数是相同的
3、
选取xi= (xi-1* xi-1 +1)%n 可以认为是会有循环节的 [1,n]中的随机函数
根据生日悖论 ，循环节长度期望是 sqrt(n)
假设 ，p是n的最小质因子， 则p<=sqrt(n)
同理可得，xi%p的 循环节长度期望是sqrt(p)
然后，我们用两个指针 i1,i2 分别以一倍速和二倍速扫这些数
期望sqrt(p)步，i1与i2 在%p意义下是相同的（即在两个循环节的同一个位置，位置的差为一个循环节）， 而它们在%n意义下是不同的。
此时，gcd(i1-i2,n) 是p的倍数，n的约数，于是我们成功分解了一次n，期望用 n^(1/4)次。
当然 这都是基于期望，也有可能循环节太短找不到，所以要做多次。