素数判定与素数筛

稚嫩判定

素数判定很早我们就了解了，是时候回味下当时青涩的代码了。

bool isprime(int x){
    int MAX=sqrt(x)+0.1;
    if(x<2)return false;
    for(int i=2;i<=MAX;i++){
        if(x%i==0)return false;
    }
    return true;
}

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普通筛

然而当我们大量的需要素数判定的时候这样就需要打表了，这样就需要素数筛了！
普通筛：

int prime[10000000],primesize;
bool isprime[10000000];
void get_prime(int size){
    memset(isprime,true,sizeof isprime);
    isprime[0]=isprime[1]=false;
    for(int i=2;i<=size;i++){
        if(!isprime[i])continue;
        prime[primesize++]=i;
        for(int j=2*i;j<=size;j+=i)isprime[j]=false;
    }
}

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欧拉筛

但是我们发现这样其实浪费了好多时间，比如6他竟然被筛掉了两次，哎，浪费啊。
那我们想，如果每个数只能被最小质因子筛掉就好了。我们知道任何数都是素数的乘积，那我们把素数乘积筛掉不就好了吗？那怎么保证最小素数筛掉呢？if(i%prime[j]==0)break;就可以了。

int prime[10000000],primesize;
bool isprime[10000000];
void get_prime(int size){
    memset(isprime,true,sizeof isprime);
    isprime[0]=isprime[1]=false;
    for(int i=2;i<=size;i++){
        if(isprime[i])prime[primesize++]=i;
        for(int j=0;j<primesize&&i*prime[j]<=size;j++){
            isprime[i*prime[j]]=false;
            if(i%prime[j]==0)break;
        }
    }
}

顺便提一下，欧拉函数phi的一些性质，phi[x]表示小于x并且与x互质的数的个数是多少。易知(下面p代表素数)：

$$phi(p)=p-1$$ 素数与任意其他数互质。
$$phi(2x)=phi(x)\ (x\ 为奇数)$$ $$phi(p^k)=(p-1)p^{k-1}$$ 和 $p^a$不互质的个数有 $p^{a-1}$个，相减即是答案。
$$phi(m*n)=phi(m)*phi(n)\ m与n互质$$ 因为欧拉函数是一个积性函数。
若 $$n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}……p_k^{a_k}\quad 则\quad phi(n)=n(1-\dfrac{1}{p_1})(1-\dfrac{1}{p_2})……(1-\dfrac{1}{p_k})$$ 根据下面第二个定理就可以得出来。
$phi(n)=\prod_{p_i|n}(p_i-1)p_i^{k_i-1}=n*\prod_{p_i|n}(1-\dfrac{1}{p_i})$
也可以容斥定理稍加分析就出来了。
$$\sum_{d|n}phi(d)=n$$ 莫比乌斯反演证明，不了解的可以看看这篇博客
https://blog.csdn.net/qq_41635132/article/details/82460942。
$$x=ba^{phi(m)-1}\ (mod\ m)\quad 同于\quad ax=b\ (mod\ m) 的解。$$ 证明很简单，可以参照费马小定理的证明，
https://blog.csdn.net/qq_41635132/article/details/82460062。
小于 $n$并且与 $n$互质的数的和为 $n*\dfrac{phi(n)}{2}$，上次ccpc网络赛这道题目，被橘子大佬给秀了。
证明：如果 $gcd(n,i)==1\ 则\ gcd(n,n-i)==1$反证法易证。
所以，与 $n$互质的数都是成对出现，并且和为 $n$,所以 $ans=n*\dfrac{phi(n)}{2}$。
当 $i%p==0$时有 $$phi(i*p)=phi(i)*p$$
那么phi的筛法可以根据素数筛得来。
根据下面三条性质。
$phi(p)=p-1$
$phi(i*p)=phi(i)*p\quad when(i\ mod\ p==0)\ 即 \ when(gcd(i,p)!=1)$
$phi(i*p)=phi(i)*(p-1)\ when(i \ mod\ p!=0)$

int prime[10000000],primesize,phi[10000000];
bool isprime[10000000];
void get_prime(int size){
    memset(isprime,true,sizeof isprime);
    isprime[0]=isprime[1]=false;
    phi[0]=0,phi[1]=1;
    for(int i=2;i<=size;i++){
        if(isprime[i]){
            prime[primesize++]=i;
            phi[i]=i-1;
        }
        for(int j=0;j<primesize&&i*prime[j]<=size;j++){
            isprime[i*prime[j]]=false;
            if(i%prime[j]==0){
                phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
                break;
            }
            phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
        }
    }
}

根据第五个性质，可以$O(\sqrt{n})$的得到phi(n)，适用于无法打表的情况。

ll Getphi(ll n){
    ll phi=n;
    for(ll i=2;i*i<=n;i++){
        if(n%i==0){
            phi/=i;
            phi*=i-1;
            while(n%i==0)n/=i;
        }
    }
    if(n!=1)phi/=n,phi*=n-1;
    return phi;
}

最后，来展示神级公式

$$a^b\ mod\ p=(a\ mod\ p)^{phi(p)+(\ b\ mod\ phi(p)\ )}\ mod\ p$$

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Miller-Rabin大素数测试

参照https://blog.csdn.net/ECNU_LZJ/article/details/72675595这个博客。


仔细看肯定能看懂，我代码里面会有我自己的解释，代码还是挺短，边理解边背也可以。

ll qmul(ll a,ll b,ll mod){//快速积代码
    ll res=0;
    while(b){
        if(b&1)res=(res+a)%mod;
        a=(a+a)%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
ll qpow(ll a,ll n,ll mod){//快速幂代码
    ll res=1;
    while(n){
        if(n&1)res=qmul(res,a,mod);
        a=qmul(a,a,mod);
        n>>=1;
    }
    return res;
}
bool Miller_Rabin(ll n){
    //初等判断
    if(n==2)return true;
    if(n<2||!(n&1))return false;
    //计算n-1=2^q*m
    ll m=n-1,k=0;
    while(!(m&1))k++,m>>=1;
    //Miller_Rabin测试次数
    for(int i=1;i<=20;i++){
        ll a=rand()%(n-1)+1;
        ll x=qpow(a,m,n);
        ll y;
        //对a^m,a^2m,a^4m……进行测试
        for(int j=1;j<=k;j++){
            y=qmul(x,x,n);
            if(y==1&&x!=1&&x!=n-1)return false;
            x=y;
        }
        //二次探测定理，不是1肯定为合数
        if(y!=1)return false;
    }
    return true;
}

但是这是对Miller-Rabin筛初步的理解，我们应该究其更深！

如果我们在上个世纪没有这个算法的时候会怎么想？
当然是粗略的筛一下！
比如我们知道除了2之外所有的偶数都是合数，这就是筛2之后的结果。
我们可以依次向后筛,等我们筛到13的时候，就剩下

$$(1-\dfrac{1}{2})(1-\dfrac{1}{3})(1-\dfrac{1}{5})(1-\dfrac{1}{7})(1-\dfrac{1}{11})(1-\dfrac{1}{13})=0.1918……$$ 已经有 $\dfrac{4}{5}$的准确率了，并且这个函数递减有下界，肯定能筛完全。但是到后面性价比会变得越来越低。
那我们的工作就是寻找素性更强的筛法，于是乎欧拉托梦告诉我一个公式 $$a^2≡1(mod\ p)，则a≡±1(mod\ p)$$ 证明详见我的另一篇博客。
https://blog.csdn.net/qq_41635132/article/details/82459692
那么我们现在有一个 $p$，素性未知，我们当然可以先搞一搞这个 $p$了。我们把 $p$转化成 $p-1=2^kt$
然后我们任选一个 $a$，如果 $a^t≡±1(mod\ p)$， $p$才有可能为素数。同理 $a^{2t}≡±1(mod\ p),a^{4t}≡±1(mod\ p)……a^{2^kt}≡±1(mod\ p)\quad a^{p-1}≡±1(mod\ p)$
是不是很熟悉？这就是费马小定理，有兴趣可以转的我的那一篇博客， https://blog.csdn.net/qq_41635132/article/details/82460062。现在思路清晰了吧？看看上面代码是不是就十分小儿科了。

杜教筛

水平不够，过段时间写。