判断素数的方法(Wilson定理与应用)

序言

• 普通判断素数的方法：https://blog.csdn.net/fengqiyuka/article/details/99963246。
• 但你以为判断一个素数只能用 $O(\sqrt n)$的时间复杂度吗？错错错！
• 在这一篇文章，我就要提到一个十分神奇的定理，Wilson定理。

Wilson定理

$p为质数\Leftrightarrow(p-1)! \equiv -1(\mod p)$

证明

• 既然是要证明两个条件等价，肯定要分成两个部分证明：

1.若 $(p-1)! \equiv -1(\mod p)$，则p为质数。（必要性）
2.若p为质数，则 $(p-1)! \equiv -1(\mod p)$。（充分性）

必要性证明

• 设 $(p-1)!=kp-1$，由于相邻的2个数 $a$与 $a+1$一定互质，所以可得 $(p-1)!$与 $kp$一定互质。
• 又可以显然地得出 $(p-1)!$与 $p$一定互质。
• 因为 $(p-1)!=1*2*3*...*(p-1)$。
• 所以 $[1,p-1]$中的每一个数都与 $p$互质，所以 $p$为质数。
• （是不是很简单呢？）

充分性证明

• $p=2$或 $p=3$时，证明显然。
• 下面考虑 $p>3$的情况：
• 发现 $p-1 \equiv -1(\mod p)$， $1 \equiv 1 (\mod p)$，所以只需证明 $2*3*...*(p-2) \equiv 1(\mod p)$即可。
• 接下来的分析就需要一点脑回路了…
• 对于 $[2,p-2]$中的一个数 $a$，由于 $gcd(a,p)=1$，所以同余方程 $a*x \equiv1(\mod p)$且 $x \in [1,p-1]$一定有解。
• 若 $x=a$，则 $a*a \equiv 1(\mod p)$，所以 $(a-1)(a+1) \equiv 0(\mod p)$。
• 所以 $(a-1)|p$或 $(a+1)|p$。
• 但因为 $a \in [2,p-2]$，所以显然 $(a-1) \nmid p$且 $(a+1) \nmid p$。
• 所以 $x \neq a$。
• 若 $x=1$，则显然 $a=1$，因为 $a \in [2,p-2]$，所以 $x \neq 1$。
• 若 $x=p-1$，则显然 $a=p-1$，因为 $a \in [2,p-2]$，所以 $x \neq p-1$。
• 因为 $x \in [1,p-1]$，所以 $x \in [2,p-2]$。
• 所以在 $[2,p-2]$中，我们总能找到两两配对的数 $a$， $b$使得 $a*b \equiv 1(\mod p)$，然后我们分别把它们乘起来，最后得到的结果便是 $1$。
• 以 $p=7$为例。
• $[2,p-2]$中有 $2,3,4,5$
• 我们进行分组 $(2,4)$， $(3,5)$，然后 $2*3*4*5 \equiv (2*4)*(3*5) \equiv 1*1 \equiv 1$。
• 由于 $p>3$且 $p$为素数，所以 $p$必为奇数。所以 $[2,p-2]$中一定有偶数个数，所以不会出现两两配对后余下一个的情况。
• 因此得出 $2*3*...*(p-2) \equiv 1(\mod p)$。
• 所以 $(p-1)! \equiv -1 (\mod p)$，得证。

应用

• 证明了Wilson定理以后，你一定会发现这个东西既复杂又奇妙。
• 紧接着，一个十分实际的问题挡在了你的面前：
• “这个有什么应用呢？”
• 显然，Wilson定理的一大用处就是用 $(p-1)! \equiv -1 (\mod p)$来判断素数。当然有时会还会反过来用。
• 不过你会发现，求阶乘的时间复杂度不是 $O(n)$的吗？说了这么一大堆结果连个暴力都跟它差不多吗？
• 确实，阶乘是一个非常麻烦的东西。但其实我们有阶乘的快速求法，时间复杂度达到 $O(log_2^2n)$甚至 $O(log_2n)$，可以爆踩之前的普通方法。
• 但至于怎么快速求阶乘…等以后再说吧，毕竟这种东西用的也比较少！

总结

• 不会快速求阶乘？
• 还有更好的方法！
• （未完待续）