[算法复习] 素数判定：欧拉筛 Miller_Rabin

摘取了以前的笔记并做了一些补充说明

9，素数判定

　　　O(n) + O(1): 线性筛.
　　　　又叫欧拉筛。
　　　　先考虑一种朴素的想法。
　　　　对于每一个数(k), 我们枚举(i),将(ik)标记为合数。
　　　　因为每个数都可以分解成若干个素数的积，我们只需枚举每个素数作为(k)即可。
　　　　但是复杂度依然很高，我们考虑优化。
　　　　对于每个数，仅用它最小的质因数来筛它。
　　　　我们用一个数组存储质数，枚举(i)作为它的倍数，并且每次都判断一下如果(i)是素数，则将其加入素数数组。
　　　　然后我们从小到大枚举(pri[j])用其筛除(i * pri[j]).
　　　　特别的，如果(!(i mod pri[j])) 那么我们筛完就break.
　　　　
　　　　下面我们来证明这个算法的正确性和复杂度。
　　　　
　　　　正确性：
　　　　接下来我们证，如果(!(i mod pri[j])),那么对于后面的(i cdot pri[j+k])来说，用(pri[j+k])来筛一定是不优的，也就是这个剪枝肯定不会导致漏筛。
　　　　因为(!(i mod pri[j]))所以我们可以设(i = t cdot pri[j])
　　　　那么(i cdot pri[j+k] = t cdot pri[j] cdot pri[j+k])
　　　　又知(pri[j+k] > pri[j]),也就是说，用(pri[j+k])来筛，不如等到(i = t cdot pri[j+k])的时候用(pri[j])来筛。
　　　　所以这个剪枝肯定是合法的。
　　　　
　　　　复杂度：
　　　　那么为什么每个数仅被最小的质因数筛除了呢？
　　　　接下来我们证，这个剪枝可以导致每个数仅被最小的质因数筛除.
　　　　(pm[m])为(m)的质因数个数，对于一个数(m)设(m = prod_{i = 1}^{pm[m]}p_i),其中(p)序列为升序排列,若(m)不是被(p_1)筛除了，我们假设这个数是(p_t)。
　　　　我们先考虑(m)质因数大于(2)个的情况：
　　　　那么筛掉(m)时我们枚举到的(i = prod_{i = 1}^{pm[m]}(p_i) / p_t = b cdot p_1),(b)为某个不为(1)正整数。
　　　　此时，(i)会在枚举到(p_1)的时候停下，也就是筛完(b cdot p_1 cdot p_1)就不筛了，也就不会筛(m = b cdot p_1 cdot p_t)了。与假设矛盾。
　　　　再考虑(m)刚好有两个质因数的情况，此时(m = p_1 cdot p_2)，那么根据假设，(m)被(p_2)筛掉了。
　　　　也就是在(i = p_1)的时候(m)被筛了。
　　　　这显然是不合法的，因为此时(p_2)这个质数还没被加入素数数组。
　　　　所以(m)只可能在(i = p_2)时被(p_1)筛掉。与假设矛盾。
　　　　综上，假设情况是不可能的，(m)必然会被其最小质因数筛除.
　　　　又因为在第二个循环中，每循环一次必筛除一个数，而每个数只会被筛走一次，因此第二个循环的总次数为被筛除的素数个数。所以复杂度是(O(n))
　　　　
　　　　代码：

void get()
{
	z[1] = 1;
	for(R i = 2; i <= n; i ++)
	{
		if(!z[i]) pri[++ tot] = i;
		//printf("%d
", tot);
		for(R j = 1; j <= tot && 1LL * i * pri[j] <= n; j ++)
		{
			z[i * pri[j]] = 1;
			if(!(i % pri[j])) break;
		}
	}
}

　　
　　O((sqrt{n})): 暴力枚举(sqrt{n})以内的因子
　　Miller_Rabin算法：(这部分写的好烂，哪天我重学Miller_Rabin再来更新吧)
　　　　根据费马小定理有(a^{p - 1} equiv 1 (mod quad p)),要求p是质数.
　　　　那么如果对于等式(a^{p - 1} equiv 1 (mod quad p))，枚举多个a，均满足等式，那么可以认为当前的p有很大概率是素数。
　　　　但是依然有很大概率不是，，，因此这个时候采取二次探测来减小错误概率。
　　　　首先有定理：若(a^2 equiv 1 (mod quad p))且p为质数，那么a = 1 或 p - 1.
　　　　证明如下：若等式成立，则(a^{2} - 1 equiv 0 (mod quad p)).
　　　　即((a + 1)(a - 1) equiv 0 (mod quad p)).
　　　　因此要么(a + 1 = p) ---> (a = p - 1).
　　　　或者(a - 1 = 0) ---> (a = 1).
　　　　因为这个探测是在满足费马测试的情况下才进行的，因此对于某个已经被枚举过的a，我们已经有(a^{p - 1} equiv 1 (mod quad p)).我们设当前指数(x = p - 1)
　　　　当p不为2且为素数时，(p)一定为奇数，即(p - 1)一定为偶数.
　　　　因此我们可以把原式看做(a^{frac{x}{2}} cdot a^{frac{x}{2}} equiv 1 (mod quad p)),其中可以设(t = a^{frac{x}{2}})。
　　　　那么原式就是(t cdot t equiv 1(mod quad p))
　　　　那么因为这个是直接根据原式化过来的，因此我们已经有它同余1了，因此只需要再判断t是否等于1 或 p - 1即可。
　　　　如果t = 1 且 x为偶数，那么我们就又得到了一个新的式子(a^{frac{x}{2}} equiv 1 (mod quad p))
　　　　此时因为x为偶数，所以我们依然这个把这个新式子当做上面的式子重新做探测，直到不满足t = 1且x为偶数为止。