问题
第一章
如何证明一个数是素数:
如何证明一个数是素数: 1.用Eratosthenes筛法(平凡判别P7) 具体:对于一个数n,所有
p
<
n
1
/
2
p< n^{1/2}
p < n 1 / 2 ,均无法整除n,则n是一个素数 2.其欧拉函数即
φ
(
m
)
=
m
−
1
\varphi(m)=m-1
φ ( m ) = m − 1 的时候,m是一个素数 P68 3.对于模m的最小正数完全剩余系等于其最小正数简化剩余系的时候,m是一个素数 4.利用Wilson定理,如果一个整数n,
(
n
−
1
)
!
+
1
≡
0
m
o
d
n
(n-1)!+1\equiv \ 0\ mod\ n
( n − 1 ) ! + 1 ≡ 0 m o d n 时,n是一个素数 P118
N的B进制的表示: P9
N
=
A
k
−
1
B
k
−
1
+
…
…
+
A
1
B
+
A
0
N=A_{k-1}B_{k-1}+……+A_1B+A_0
N = A k − 1 B k − 1 + … … + A 1 B + A 0
如何确定一个整数d是
a
n
…
.
.
a
0
a_n….. a_0
a n … . . a 0 的最大公因数: P20
(1)
D
∣
a
n
,
d
∣
a
n
−
1
…
,
d
∣
a
0
D | a_n , d | a_{n-1}…,d | a_0
D ∣ a n , d ∣ a n − 1 … , d ∣ a 0 (2) 对于一个数e,若
e
∣
a
n
…
e
∣
a
0
e |a_n…e |a_0
e ∣ a n … e ∣ a 0 ,则e | d
如何计算两个数的最大公因数:
1.广义欧几里得除法:P22 利用(a,b)=(b,c),一步一步缩小 2.通过贝祖等式: P25 贝祖等式 sa + t b=(a,b) 证明在P27 如何求s和t? 另
r
−
2
=
a
,
r
−
1
=
b
r_{-2}=a,r_{-1}=b
r − 2 = a , r − 1 = b
s
j
=
(
−
q
j
)
s
j
−
1
+
s
j
−
2
s_j=(-q_j)s_{j-1}+s_{j-2}
s j = ( − q j ) s j − 1 + s j − 2
t
j
=
(
−
q
j
)
t
j
−
1
+
t
j
−
2
t_j=(-q_j)t_{j-1}+t_{j-2}
t j = ( − q j ) t j − 1 + t j − 2 其中
q
j
q_j
q j 是
[
r
j
−
2
/
r
j
−
1
]
[r_{j-2}/r_{j-1}]
[ r j − 2 / r j − 1 ] 的不完全商 初始值:
s
−
2
=
1
s
−
1
=
0
t
−
2
=
0
t
−
1
=
1
s_{-2}=1 \quad s_{-1}=0 \quad t_{-2}=0 \quad t_{-1}=1
s − 2 = 1 s − 1 = 0 t − 2 = 0 t − 1 = 1 图在P31,技法:俄罗斯方块+单位阵,从-3开始,q,r是j+1 3.如果形式为(
2
a
−
1
,
2
b
−
1
2^a-1,2^b-1
2 a − 1 , 2 b − 1 ),那么其最大公因数为
2
(
a
,
b
)
−
1
2^{(a,b)}-1
2 ( a , b ) − 1 P37 4.如果知道这两个数的最小公倍数,则(a,b)=a*b/[a,b] P39
如何确定一个整数D是
a
1
…
a
n
a_1…a_n
a 1 … a n 的最小公倍数: P39
(1)
a
i
a_i
a i | D (2)若
a
i
a_i
a i | D’ ,则 D | D’
如何求两个数的最小公倍数: P39
[a,b]=a*b/(a,b)
如何构造两个互素的数:
通过(a,b)的性质:P33 (a/(a,b),b/(a,b))=1
通过贝祖等式: P33 构造一个ad-b c=1,则(a,b)=1
通过已知的(u,v)=1,构造出(a,b)=1 P35 只要qrst是单位阵,也就是qt-s r=1,即等式成立 所以对于a=qu+r v b=su+t v 4.通过已知的(a,b)=1,构造出(
2
a
−
1
,
2
b
−
1
2^a-1,2^b-1
2 a − 1 , 2 b − 1 )=1 P37
第二章
如何判断两个数是否同余: P54
根据定理:m | (a-b) ,则a≡b(mod m)
a≡b(mod m)的充要条件是a=b+q*m
a,b对于m除的余数相同
若(a,m)=1,
d
≡
k
m
o
d
o
r
d
m
(
a
)
d\equiv k\ mod\ ord_m(a)
d ≡ k m o d o r d m ( a ) . 等价于
a
d
≡
a
k
m
o
d
m
a^d\equiv a^k\ mod\ m
a d ≡ a k m o d m P170
如何判断一个数n能否被3,7,9,11,13,整除: P57
(1) 对于9和3: 将n转化为10进制的科学计数法,
n
=
a
k
∗
1
0
k
+
.
.
+
a
0
n=a_k*10^k+..+a_0
n = a k ∗ 1 0 k + . . + a 0 则3(9) | n的充要条件是 3(9) |
a
k
+
.
.
+
a
0
a_k+..+a_0
a k + . . + a 0 PS:因为10≡1 mod 3(9) (2) 对于7,11,13: 将n转化为1000进制的科学计数法,
n
=
a
k
∗
100
0
k
+
.
.
+
a
0
n=a_k*1000^k+..+a_0
n = a k ∗ 1 0 0 0 k + . . + a 0 则7(11/13) | n的充要条件是 7(11/13) |
(
a
0
+
a
2
+
.
.
)
−
(
a
1
+
a
3
+
…
)
(a_0+a_2+..)-(a_1+a_3+…)
( a 0 + a 2 + . . ) − ( a 1 + a 3 + … ) PS:因为1000=711 13-1 ≡-1 mod 7(11/13)
如何求模m的完全剩余系: P64
(1)直接取得0,…,m-1即是一个完全剩余系 (2)对于从0到m-1的这个完全剩余系,可以对于某部分数再加上m的倍数 (3)如果已知一个完全剩余系
k
i
k_i
k i ,对于(a,m)=1,b是任意整数,
a
∗
k
i
+
b
a*k_i+b
a ∗ k i + b 也是一个完全剩余系 (4)如果
m
1
∗
m
2
=
m
m_1*m_2=m
m 1 ∗ m 2 = m ,且(
m
1
,
m
2
m_1,m_2
m 1 , m 2 )=1,而
k
1
,
k
2
k_1,k_2
k 1 , k 2 遍历
m
1
,
m
2
m_1,m_2
m 1 , m 2 的完全剩余系,那么
m
2
∗
k
1
+
m
1
∗
k
2
m_2*k_1+m_1*k_2
m 2 ∗ k 1 + m 1 ∗ k 2 则遍历模m的完全剩余系;
如何求一个数的欧拉函数: P68
(1)对于一个m,
φ
(
m
)
=
m
∗
(
1
−
1
/
p
1
)
∗
(
1
−
1
/
p
2
)
∗
.
.
\varphi(m)=m*(1-1/p_1)*(1-1/p_2)*..
φ ( m ) = m ∗ ( 1 − 1 / p 1 ) ∗ ( 1 − 1 / p 2 ) ∗ . . ,其中p的来源是,标准分解式 P43页 (2)如果
m
=
q
∗
p
m=q*p
m = q ∗ p ,且(q,p)=1;那么
φ
(
m
)
=
φ
(
q
)
∗
φ
(
p
)
\varphi(m)=\varphi(q)*\varphi(p)
φ ( m ) = φ ( q ) ∗ φ ( p )
如何求模m的简化剩余系:P70
(1)按照定义来,在最小非负完全剩余系中暴力判断每一个代表元是否与m互素,是的话保存;最后剩的就是一个最为简单的简化剩余系 (2)同求完全剩余的第(3),如若已知
k
i
k_i
k i ,若存在一个a满足(a,m)=1,那么
a
∗
k
i
a*k_i
a ∗ k i 也遍历模m的一个简化剩余系 (3)同上述(4),如果
m
1
∗
m
2
=
m
m_1*m_2=m
m 1 ∗ m 2 = m ,且(
m
1
,
m
2
m_1,m_2
m 1 , m 2 )=1,而
k
1
,
k
2
k_1,k_2
k 1 , k 2 遍历
m
1
,
m
2
m_1,m_2
m 1 , m 2 的简化剩余系,那么
m
2
∗
k
1
+
m
1
∗
k
2
m_2*k_1+m_1*k_2
m 2 ∗ k 1 + m 1 ∗ k 2 则遍历模m的简化剩余系; (4)如若a是模m的原根,则m的简化剩余系就是
a
0
,
a
1
,
.
.
,
a
φ
(
m
)
−
1
a^0,a^1,..,a^{\varphi(m)-1}
a 0 , a 1 , . . , a φ ( m ) − 1 P169
如何快速计算
b
n
b^n
b n : P80
采用模重复平凡计算法(也叫快速幂 ACM经典算法): 对于
b
n
b^n
b n 来说,如果按照正常的算法,那么需要运算n次,如果按照本算法,就只需要
l
o
g
2
n
log_2n
l o g 2 n 次,时间复杂度大大减少; 核心思想,先定义一个res=1(这个将表示结果,先初始化为1),再定义一个tmp=b(中间变量,初始化为b),将n处理一下,化为二进制形式,起始位置是第0位,然后从右到左看,位数每次+1,对于tmp都有处理,
t
m
p
=
t
m
p
2
tmp=tmp^2
t m p = t m p 2 ,而对于res的处理则是:当这一位上的数是1的时候,
r
e
s
=
r
e
s
∗
t
m
p
res=res*tmp
r e s = r e s ∗ t m p ,否则res=res;例如求
3
5
3^{5}
3 5 ,那么对于5化为
2
2
+
2
0
2^2+2^0
2 2 + 2 0 即
1
l
0
1
r
1_l01_r
1 l 0 1 r ,定义res=1,tmp=3,从右往左看依次是
1
r
,
0
,
1
l
1_r,0,1_l
1 r , 0 , 1 l ,所以
1
r
1_r
1 r :
r
e
s
=
r
e
s
∗
t
m
p
=
3
res=res*tmp =3
r e s = r e s ∗ t m p = 3 ;
t
m
p
=
t
m
p
2
=
9
tmp=tmp^2=9
t m p = t m p 2 = 9 ,然后0,
t
m
p
=
t
m
p
2
=
81
tmp=tmp^2=81
t m p = t m p 2 = 8 1 ,然后
1
l
1_l
1 l ,
r
e
s
=
r
e
s
∗
t
m
p
=
3
∗
81
=
243
;
res=res*tmp=3*81=243;
r e s = r e s ∗ t m p = 3 ∗ 8 1 = 2 4 3 ;
第三章
如何判断同余式的解的存在性:
对于一次同余式ax ≡ 1 mod m ,有解的充要条件是 (a,m)=1 P92
对于一次同余式的一般形式,ax ≡ b mod m ,有解的充要条件是(a,m)| b P93
p为一个素数,n是一个不大于p的整数,同余式
f
(
x
)
=
x
n
+
.
.
+
a
1
x
+
a
0
f(x)=x^n+..+a_1x+a_0
f ( x ) = x n + . . + a 1 x + a 0 有n个解的充要条件是
x
p
−
x
x^p-x
x p − x 被f(x)除所得余式的所有系数均是p的倍数 P119
如何求出一次同余式的解:
第一步,均是判断解的存在性,存在之后 再去进行下一步求解 运用到上面那一个问题的解答
对于一次同余式 ax ≡ 1 mod m 类型,一定有
s
∗
a
+
t
∗
m
=
1
s*a+t*m=1
s ∗ a + t ∗ m = 1 ,而x=s mod m 就是解,且具有唯一性; P92
一次同余式一般式ax ≡ b mod m的求解,首先对于式子进行化简,每一个数均除以(a,m),得到
a
1
x
≡
b
1
m
o
d
m
1
a_1x ≡ b_1 mod \ m_1
a 1 x ≡ b 1 m o d m 1 ,再求出特殊式
a
1
x
’
≡
1
m
o
d
m
1
a_1x’ ≡ 1 \ mod \ m_1
a 1 x ’ ≡ 1 m o d m 1 的特解x’,然后写出同余式
a
1
x
≡
b
1
m
o
d
m
1
a_1x ≡ b_1 mod \ m_1
a 1 x ≡ b 1 m o d m 1 ,直接可以得到一个特解就是
x
0
≡
b
1
∗
x
′
m
o
d
m
1
x_0≡b_1*x' \ mod \ m_1
x 0 ≡ b 1 ∗ x ′ m o d m 1 ,然后求可以求出所有解
x
≡
x
0
+
k
∗
(
m
/
(
a
,
m
)
)
m
o
d
m
x≡x_0+k*(m/(a,m)) mod \ m
x ≡ x 0 + k ∗ ( m / ( a , m ) ) m o d m P94
如何求解中国剩余定理问题(简单同余式组):P97
{
x
≡
b
1
m
o
d
m
1
.
.
x
≡
b
k
m
o
d
m
k
\begin{cases} x\equiv \ b_1 \ mod \ m_1\\ . \\ . \\x\equiv \ b_k \ mod \ m_k \end{cases}
⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎧ x ≡ b 1 m o d m 1 . . x ≡ b k m o d m k
其整数解为:
x
≡
b
1
∗
M
1
′
∗
M
1
+
.
.
.
+
b
k
∗
M
k
′
∗
M
k
(
m
o
d
m
)
x\equiv \ b_1*M_1'*M_1+...+b_k*M_k'*M_k\ (mod \ m)
x ≡ b 1 ∗ M 1 ′ ∗ M 1 + . . . + b k ∗ M k ′ ∗ M k ( m o d m ) 其中,
m
=
m
1
∗
.
.
∗
m
k
m=m_1*..*m_k
m = m 1 ∗ . . ∗ m k ,而
m
=
M
i
∗
m
i
,
M
∗
M
′
≡
1
m
o
d
m
m=M_i*m_i,\ M*M'\equiv 1\ mod\ m
m = M i ∗ m i , M ∗ M ′ ≡ 1 m o d m
如何求一个大的数b mod m ,m为一个整数:P104
对于这个大数,一般情况下是大数是
a
b
a^b
a b 的形式,那么首先要想到,降幂;
降幂:如果(a,m)=1,那么就可以用欧拉定理来降幂(特殊情况下也可用Wilson定理),
a
φ
(
m
)
≡
1
m
o
d
m
a^{\varphi(m)} \equiv 1 \ mod \ m
a φ ( m ) ≡ 1 m o d m ,可以降幂
如果无法降幂,可以考虑,转化为剩余定理来求,把m转化为n个互素 的整数相乘的格式.
快速幂:加快平方的速度
如果降幂也可以利用指数的性质来,也就是
a
d
≡
a
k
m
o
d
m
a^d\equiv a^k\ mod\ m
a d ≡ a k m o d m ,等价于
d
≡
k
m
o
d
o
r
d
m
(
a
)
d\equiv k\ mod\ ord_m(a)
d ≡ k m o d o r d m ( a ) .P170
如何求简单高次同余式的解:P111
f
(
x
)
=
a
n
x
n
+
.
.
.
+
a
1
x
+
a
0
≡
0
m
o
d
m
f(x)=a_nx^n+...+a_1x+a_0 \equiv 0\ mod \ m
f ( x ) = a n x n + . . . + a 1 x + a 0 ≡ 0 m o d m (1)首先,了解高次同余式的解的个数,如若f(x)≡0 mod m,可以化为:
{
f
(
x
)
≡
0
m
o
d
m
1
.
.
f
(
x
)
≡
0
m
o
d
m
k
(1)
\begin{cases} f(x)\equiv \ 0 \ mod \ m_1\\ . \\ . \\f(x)\equiv \ 0 \ mod \ m_k \end{cases} \tag1
⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎧ f ( x ) ≡ 0 m o d m 1 . . f ( x ) ≡ 0 m o d m k ( 1 ) 当然,
m
1
.
.
m
k
m_1..m_k
m 1 . . m k 互素;那么f(x)≡0 mod m解的个数等于其每一个分式解的个数的乘积; (1.2)对于化出来的(1)式,如果
m
i
m_i
m i 不太大的情况下,推荐用暴力验算法,直接从0~
m
i
m_i
m i 带入验算. (1.3)然后对于验算出来的答案,令
f
(
x
)
≡
0
m
o
d
m
i
f(x)\equiv \ 0 \ mod \ m_i
f ( x ) ≡ 0 m o d m i 的解为
x
1
.
.
x
n
x_1..x_n
x 1 . . x n 统一用一个
b
i
b_i
b i 来代表,然后带入中国剩余定理的解式
x
≡
b
1
∗
M
1
′
∗
M
1
+
.
.
.
+
b
k
∗
M
k
′
∗
M
k
(
m
o
d
m
)
x\equiv \ b_1*M_1'*M_1+...+b_k*M_k'*M_k\ (mod \ m)
x ≡ b 1 ∗ M 1 ′ ∗ M 1 + . . . + b k ∗ M k ′ ∗ M k ( m o d m ) 之中,再对所有b均遍历一遍,得出所有解,得出解的个数为
T
b
i
T_{b_i}
T b i 的乘积; (2)当模m本身就是一个素数p时,无法化成同余式组的形式,对于f(x)就要进行简化转变,此时需要用到Fermat(费马小定理),将f(x)化成
f
(
x
)
=
q
(
x
)
∗
(
x
p
−
x
)
+
r
(
x
)
f(x)=q(x)*(x^p-x)+r(x)
f ( x ) = q ( x ) ∗ ( x p − x ) + r ( x ) 的形式,最终只要r(x),所以在化简的过程中,可以采用
r
0
(
x
)
=
f
(
x
)
−
a
n
x
n
−
p
∗
g
(
x
)
,
g
(
x
)
=
(
x
p
−
x
)
r_0(x)=f(x)-a_nx^{n-p}*g(x),g(x)=(x^p-x)
r 0 ( x ) = f ( x ) − a n x n − p ∗ g ( x ) , g ( x ) = ( x p − x ) ,这样递归求得r(x),然后暴力验算从0到p-1,带入r(x)中,求出解;P116 (3)当
m
=
p
k
m=p^k
m = p k 时,先写出式子
f
(
x
)
≡
0
m
o
d
m
f(x) \equiv 0\ mod \ m
f ( x ) ≡ 0 m o d m ,然后写
f
(
x
)
≡
0
m
o
d
p
f(x) \equiv 0\ mod \ p
f ( x ) ≡ 0 m o d p ,求出
x
1
x_1
x 1 ,把
x
2
=
x
1
+
t
∗
p
x_2=x_1+t*p
x 2 = x 1 + t ∗ p 带入
f
(
x
)
≡
0
m
o
d
p
2
f(x) \equiv 0\ mod \ p^2
f ( x ) ≡ 0 m o d p 2 ,即:
f
(
x
1
)
+
f
′
(
x
1
)
∗
t
∗
p
≡
0
m
o
d
p
2
f(x_1)+f'(x_1)*t*p\equiv\ 0\ mod\ p^2
f ( x 1 ) + f ′ ( x 1 ) ∗ t ∗ p ≡ 0 m o d p 2 ,可求出t,然后按照
x
i
=
x
i
−
1
+
t
∗
p
i
−
1
x_i=x_{i-1}+t*p^{i-1}
x i = x i − 1 + t ∗ p i − 1 依次带入
f
(
x
)
≡
0
m
o
d
p
i
f(x) \equiv 0\ mod \ p^i
f ( x ) ≡ 0 m o d p i ,即:
f
(
x
i
−
1
)
+
f
′
(
x
i
−
1
)
∗
t
∗
p
≡
0
m
o
d
p
i
f(x_{i-1})+f'(x_{i-1})*t*p\equiv\ 0\ mod\ p^i
f ( x i − 1 ) + f ′ ( x i − 1 ) ∗ t ∗ p ≡ 0 m o d p i ,求出t,循环,直至求出x; P112
第四章
如何求模m的平方剩余:
对于从1,m-1的数中,取出与m互素的,然后带入求解,x有解的即为一个平方剩余; P126
x
2
≡
a
m
o
d
p
x^2\equiv\ a\ mod\ p
x 2 ≡ a m o d p 且(a,p)=1,p!=2,如若
a
p
−
1
2
≡
1
m
o
d
p
a^{\frac{p-1}{2} }\equiv\ 1\ mod\ p
a 2 p − 1 ≡ 1 m o d p ,(等价)则a是模p的平方剩余,且x有两个解 ,反之,对于
a
p
−
1
2
≡
−
1
m
o
d
p
a^{\frac{p-1}{2} }\equiv\ -1\ mod\ p
a 2 p − 1 ≡ − 1 m o d p ,(等价)则a是模p的平方非剩余。P129
如若p!=2,
(
a
1
,
p
)
=
1
,
(
a
2
,
p
)
=
1
(a_1,p)=1,(a_2,p)=1
( a 1 , p ) = 1 , ( a 2 , p ) = 1 ,那么如
a
1
,
a
2
a_1,a_2
a 1 , a 2 是模p的平方剩余,则
a
1
∗
a
2
a_1*a_2
a 1 ∗ a 2 也是模p的平方剩余,如
a
1
,
a
2
a_1,a_2
a 1 , a 2 是模p的平方非剩余,则
a
1
∗
a
2
a_1*a_2
a 1 ∗ a 2 也是模p的平方非剩余.P130
如若p!=2,则对于模p的简化剩余系中的平方剩余与平方非剩余占比1:1,均是
p
−
1
2
\frac{p-1}{2}
2 p − 1 个,且这
p
−
1
2
\frac{p-1}{2}
2 p − 1 个平方剩余与序列
1
2
,
2
2
,
.
.
(
p
−
1
2
)
2
1^2,2^2,..(\frac{p-1}{2})^2
1 2 , 2 2 , . . ( 2 p − 1 ) 2 模m后一一对应(位置未知),也就是满射; P130
如何快速简单的判断某个特殊数是否是模p(奇素数)的平方剩余:
(
1
p
)
=
1
\left(\frac{1}{p}\right)=1
( p 1 ) = 1 ;意味着1是模p的的平方剩余,且x有两个解…勒让德符号 P132
(
−
1
p
)
=
(
−
1
)
p
−
1
2
\left(\frac{-1}{p}\right)=(-1)^{\frac{p-1}{2}}
( p − 1 ) = ( − 1 ) 2 p − 1 …勒让德符号 P132
(
2
p
)
=
(
−
1
)
p
2
−
1
8
\left(\frac{2}{p}\right)=(-1)^{\frac{p^2-1}{8}}
( p 2 ) = ( − 1 ) 8 p 2 − 1 …勒让德符号P135
若(a,2p)=1,则
(
a
p
)
=
(
−
1
)
T
(
a
,
p
)
\left(\frac{a}{p}\right)=(-1)^{T(a,p)}
( p a ) = ( − 1 ) T ( a , p ) ,其中
T
(
a
,
p
)
=
∑
k
=
1
p
−
1
2
[
a
∗
k
p
]
T(a,p)=\displaystyle \sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left[\frac{a*k}{p}\right]
T ( a , p ) = k = 1 ∑ 2 p − 1 [ p a ∗ k ] P135
如何快速判断某个二次同余式
x
2
≡
a
m
o
d
m
x^2\equiv\ a\ mod\ m
x 2 ≡ a m o d m 无解:
当m比较小时,暴力
m为p奇素数时,还比较大,那么a为-1,用勒让德符号判断
(
−
1
p
)
=
(
−
1
)
p
−
1
2
\left(\frac{-1}{p}\right)=(-1)^{\frac{p-1}{2}}
( p − 1 ) = ( − 1 ) 2 p − 1 ,a为2,
(
2
p
)
=
(
−
1
)
p
2
−
1
8
\left(\frac{2}{p}\right)=(-1)^{\frac{p^2-1}{8}}
( p 2 ) = ( − 1 ) 8 p 2 − 1 ,a为其他,二次互反先化简,再判断;
m为奇数时,用雅克比符号判断,与上面一样,但是在a是-1,2,其他的情况下,必须是奇数; P145
第五章
如何求指数,原根?P167
根据定义,带数,对于指数,从0开始递增,对于原根,先确定
φ
(
m
)
\varphi(m)
φ ( m ) ,然后把m的简化剩余系一次带入a,判断;
如果p是奇素数,
p
−
1
2
\frac{p-1}{2}
2 p − 1 也是素数,a是一个模p不为-1,0,1的整数,则
o
r
d
m
(
a
)
=
p
−
1
2
ord_m(a)=\frac{p-1}{2}
o r d m ( a ) = 2 p − 1 或p-1 P169
o
r
d
m
(
a
d
)
=
o
r
d
m
(
a
)
(
d
,
o
r
d
m
(
a
)
)
ord_m(a^d)=\frac{ord_m(a)}{(d,ord_m(a))}
o r d m ( a d ) = ( d , o r d m ( a ) ) o r d m ( a ) P171
g是模m的原根,那么
(
d
,
φ
(
m
)
)
=
1
,
g
d
(d,\varphi(m))=1,g^d
( d , φ ( m ) ) = 1 , g d 也是原根 P171
o
r
d
m
(
a
∗
b
)
=
o
r
d
m
(
a
)
∗
o
r
d
m
(
b
)
ord_m(a*b)=ord_m(a)*ord_m(b)
o r d m ( a ∗ b ) = o r d m ( a ) ∗ o r d m ( b ) P173
o
r
d
m
n
(
a
)
=
[
o
r
d
m
(
a
)
,
o
r
d
n
(
a
)
]
,
(
m
,
n
)
=
1
ord_{mn}(a)=[ord_m(a),ord_n(a)],(m,n)=1
o r d m n ( a ) = [ o r d m ( a ) , o r d n ( a ) ] , ( m , n ) = 1 P174
a,b与m互素,则存在c
o
r
d
m
(
c
)
=
[
o
r
d
m
(
a
)
,
o
r
d
m
(
b
)
]
ord_m(c)=[ord_m(a),ord_m(b)]
o r d m ( c ) = [ o r d m ( a ) , o r d m ( b ) ] P176
g是p的原根,那么g或者g+p是模
p
2
p^2
p 2 的原根P182
g是
p
2
p^2
p 2 的原根,那么g是
p
a
p^a
p a 的原根,a是任意整数 P182
g是
p
a
p^a
p a 的原根,那么g与g+
p
a
p^a
p a 中的奇数是模
2
p
a
2p^a
2 p a 的原根 P183
a是奇数,b不小于3,则
a
φ
(
2
b
)
/
2
≡
a
2
b
−
2
≡
1
m
o
d
2
b
a^{\varphi(2^b)/2}\equiv\ a^{2^{b-2}}\ \equiv\ 1\ mod\ 2^b
a φ ( 2 b ) / 2 ≡ a 2 b − 2 ≡ 1 m o d 2 b P185
o
r
d
2
b
(
5
)
=
2
b
−
2
ord_{2^b}(5)=2^{b-2}
o r d 2 b ( 5 ) = 2 b − 2 b是不小于3的一个整数P185
第六章
本章是为了判断一个数是素数:伪素数
如何判断n是一个伪素数:
n是奇数,(b,n)=1,又有
b
n
−
1
≡
1
m
o
d
n
b^{n-1}\equiv\ 1\ mod\ n
b n − 1 ≡ 1 m o d n ,则n是基于b的伪素数P199
给定一个n,和t,取b,(b,n)=1,如果式子
b
n
−
1
≡
1
m
o
d
n
b^{n-1}\equiv\ 1\ mod\ n
b n − 1 ≡ 1 m o d n 不成立,则n是合数;重复t遍,很大概率上n就是素数;
Euler伪素数:(b,n)=1,n是奇合数,
b
n
−
1
2
≡
(
b
n
)
m
o
d
n
b^{\frac{n-1}{2}}\equiv\ \left(\frac{b}{n}\right)\ mod\ n
b 2 n − 1 ≡ ( n b ) m o d n ,n是基于b的Euler伪素数,P205()是勒让德符号
强伪素数:n是奇合数,
n
−
1
=
2
s
∗
t
n-1=2^s*t
n − 1 = 2 s ∗ t ,t为奇数,(n,b)=1,若
b
t
≡
1
m
o
d
n
b^t\equiv\ 1mod\ n
b t ≡ 1 m o d n 或者
b
2
r
∗
t
≡
−
1
m
o
d
n
b^{2^r*t}\equiv\ -1mod\ n
b 2 r ∗ t ≡ − 1 m o d n ,则n是基于b的强伪素数**P209
知识点
第一章
1. 对于整数abc,如果a=q*b+c,q为整数,则(a,b)=(b,c) P23
2.(0,b)=b P21
3.(a,b)具有结合性(提取) P33
4.如果(a,c)=1,那么(ab,c)=(b,c) P34
5.如果(
a
i
a_i
a i ,c)=1,那么(
a
1
…
a
n
a_1…a_n
a 1 … a n ,c)=1 P35
6.
2
a
−
1
=
q
(
2
b
−
1
)
+
2
r
−
1
2^a-1=q(2^b-1)+2^r-1
2 a − 1 = q ( 2 b − 1 ) + 2 r − 1 ,而r则满足a=q’*b+r P37
7.P是素数,当p|(
a
1
…
a
n
a_1…a_n
a 1 … a n )的时候,p一定整除某一个
a
k
a_k
a k P38
8.任何一个整数n>1都可以表示为素数的乘积 P42
9.标准分解式: P43
N
=
p
1
k
1
…
p
s
k
s
,
k
i
>
0
N=p_1^{k_1}…p_s^{k_s} , k_i>0
N = p 1 k 1 … p s k s , k i > 0 且
p
i
<
p
j
(
i
<
j
)
p_i < p_j (i<j)
p i < p j ( i < j ) 是素数
契比谢夫不等式(不太重要):设x>=2,则有: P48
(ln2 /3)(x/lnx) < π(x) < 6ln(2 x/lnx) 和 1/(6*ln2)n lnn < pn <8/(ln2)n lnn
第二章
等价关系具有的性质:自反性,对称性,传递性(可联系离散数学),而同余就是一个等价关系,即: P55
(1) 对于任一整数a,有a≡a (mod m) (2) 若a≡b mod m ,则 b≡a mod m (3) 若a≡b mod m, b≡c mod m,则a≡c mod m
a
1
≡
b
1
m
o
d
m
,
a
2
≡
b
2
m
o
d
m
a_1≡b_1 \ mod \ m , a_2≡b_2 \ mod \ m
a 1 ≡ b 1 m o d m , a 2 ≡ b 2 m o d m ,则有 P56
(1)
a
1
+
a
2
≡
b
1
+
b
2
m
o
d
m
a_1+a_2≡b_1+b_2 \ mod \ m
a 1 + a 2 ≡ b 1 + b 2 m o d m (2)
a
1
∗
a
2
≡
b
1
∗
b
2
m
o
d
m
a_1*a_2≡b_1*b_2 \ mod \ m
a 1 ∗ a 2 ≡ b 1 ∗ b 2 m o d m
如果
d
∗
a
≡
d
∗
b
m
o
d
m
d*a ≡ d*b \ mod \ m
d ∗ a ≡ d ∗ b m o d m ,且(d,m)=1,则a ≡ b mod m P59
如果a ≡ b mod m,则
a
∗
d
≡
b
∗
d
m
o
d
m
∗
d
a*d ≡ b*d \ mod \ m*d
a ∗ d ≡ b ∗ d m o d m ∗ d ,d>0且d那么是整数,要么d |(a,b,m) P59
a ≡ b mod m,若 D | m ,那么a ≡ b mod D P60
a ≡ b mod
m
i
m_i
m i ,则a ≡ b mod [
m
1
,
m
2
,
…
m
n
m_1,m_2,…m_n
m 1 , m 2 , … m n ] P60
a ≡ b mod m 则(a,m)=(b,m) P60
P63
剩余类 :对于c ≡ a mod m,所有等于同一个a的c构成的集合叫Ca,也叫做模m的a的剩余类;
剩余或代表元:一个剩余类中的任意一数叫做该类的剩余或者代表元;
完全剩余系:若
r
0
,
r
1
.
.
.
r
m
−
1
r_0,r_1...r_{m-1}
r 0 , r 1 . . . r m − 1 是m个整数,并且其中任何两个数都不在同一剩余系里,则
r
0
.
.
r
m
−
1
r_0..r_{m-1}
r 0 . . r m − 1 叫做模m的一个完全剩余系.
欧拉函数的定义:对于一个m,
φ
\varphi
φ (m)等于从1,到m-1中与m互素的数的个数 P68
简化剩余系:和完全剩余系的唯一差别就是简化剩余系里面的代表元都与m互素 P69
如果(a,m)=1,则存在唯一的整数
a
′
a'
a ′ ,满足
1
≤
a
′
<
m
1 \leq a' < m
1 ≤ a ′ < m ,使得
a
∗
a
′
≡
1
m
o
d
m
a*a'≡1 \ mod\ m
a ∗ a ′ ≡ 1 m o d m P71
设m是一个正整数,则
∑
d
∣
m
φ
(
d
)
=
m
\displaystyle \sum_{d|m}{\varphi(d)=m}
d ∣ m ∑ φ ( d ) = m 证明在P74
Euler(欧拉定理):如若(a,m)=1,则
a
φ
(
m
)
≡
1
m
o
d
m
a^{\varphi(m)} ≡ 1 \ mod \ m
a φ ( m ) ≡ 1 m o d m P77
Fermat(费马小定理):其实就是欧拉定理的一个特判,当m为素数p的时候,对于Euler来说,就是
a
m
−
1
≡
1
m
o
d
m
a^{m-1} ≡ 1 \ mod \ m
a m − 1 ≡ 1 m o d m 那么将其变化成另外一个模样就变成了
a
p
≡
a
m
o
d
p
a^p ≡a \ mod \ p
a p ≡ a m o d p P78
Fermat的推广:
a
t
+
k
(
p
−
1
)
≡
a
t
(
m
o
d
p
)
a^{t+k(p-1)} ≡a^t(mod \ p)
a t + k ( p − 1 ) ≡ a t ( m o d p ) 也就是k次方之后再同乘于
a
t
a^t
a t P78
Wilson定理:p是一个素数,则有(p-1)! ≡ -1 mod p… !表示阶乘 P79
第三章
同余式:
f
(
x
)
=
a
n
x
n
+
.
.
.
+
a
1
x
+
a
0
f(x)=a_nx^n+...+a_1x+a_0
f ( x ) = a n x n + . . . + a 1 x + a 0 是一个多项式,当然,
a
i
a_i
a i 是整数,那么当f(x) ≡ 0 mod m ,这个式子就叫模m的同余式,n就是f(x)的次数,记为degf P91
可逆元:存在
a
∗
a
′
≡
a
′
∗
a
≡
1
m
o
d
m
a*a'≡a'*a≡1 \ mod \ m
a ∗ a ′ ≡ a ′ ∗ a ≡ 1 m o d m ,a,a’为整数,那么a就可以叫做模m的可逆元; P92
当a是模m的可逆元,(等价关系)也就意味着a是模m的简化剩余,即:(a,m)= 1 P92
同余式的解的个数不大于其次数 P118
多项式欧几里得除法(不需掌握):设
f
(
x
)
=
a
n
x
n
+
.
.
.
+
a
1
x
+
a
0
f(x)=a_nx^n+...+a_1x+a_0
f ( x ) = a n x n + . . . + a 1 x + a 0 ,如有
g
(
x
)
=
x
m
+
.
.
.
+
b
1
x
+
b
0
g(x)=x^m+...+b_1x+b_0
g ( x ) = x m + . . . + b 1 x + b 0 ,首项系数为1的多项式,那么存在
f
(
x
)
=
g
(
x
)
∗
q
(
x
)
+
r
(
x
)
f(x)=g(x)*q(x)+r(x)
f ( x ) = g ( x ) ∗ q ( x ) + r ( x ) P115
对于
f
(
x
)
=
a
n
x
n
+
.
.
.
+
a
1
x
+
a
0
≡
0
m
o
d
p
f(x)=a_nx^n+...+a_1x+a_0≡0\ mod p
f ( x ) = a n x n + . . . + a 1 x + a 0 ≡ 0 m o d p 的k个不同解,对于任意整数x,都有
f
(
x
)
≡
f
k
(
x
)
∗
(
x
−
x
1
)
∗
.
.
.
∗
(
x
−
x
k
)
m
o
d
p
f(x)≡f_k(x)*(x-x_1)*...*(x-x_k) mod\ p
f ( x ) ≡ f k ( x ) ∗ ( x − x 1 ) ∗ . . . ∗ ( x − x k ) m o d p ,
f
k
(
x
)
f_k(x)
f k ( x ) 是n-k次多项式,首项是
a
n
a_n
a n P117
p为一个素数,n是一个不大于p的整数,同余式
f
(
x
)
=
x
n
+
.
.
+
a
1
x
+
a
0
f(x)=x^n+..+a_1x+a_0
f ( x ) = x n + . . + a 1 x + a 0 有n个解的充要条件是
x
p
−
x
x^p-x
x p − x 被f(x)除所得余式的所有系数均是p的倍数 P119
次数<p的整系数多项式对所有整数取值模p为零的充要条件是其系数被p整除 P119
p为素数,d是p-1的正因数,那么
x
d
−
1
m
o
d
p
x^d-1mod\ p
x d − 1 m o d p 有d个不同的根 P120
第四章
平凡剩余(二次剩余):(a,m)=1,
x
2
≡
a
m
o
d
m
x^2\equiv \ a\ mod\ m
x 2 ≡ a m o d m 有解,则a叫模m的平方剩余;P125
x
2
≡
a
m
o
d
p
x^2\equiv\ a\ mod\ p
x 2 ≡ a m o d p 且(a,p)=1,p!=2,如若
a
p
−
1
2
≡
1
m
o
d
p
a^{\frac{p-1}{2} }\equiv\ 1\ mod\ p
a 2 p − 1 ≡ 1 m o d p ,(等价)则a是模p的平方剩余,且x有两个解,反之,对于
a
p
−
1
2
≡
−
1
m
o
d
p
a^{\frac{p-1}{2} }\equiv\ -1\ mod\ p
a 2 p − 1 ≡ − 1 m o d p ,(等价)则a是模p的平方非剩余 P129
Legendre(勒让德)符号:p是素数 P131
(
a
p
)
=
{
1
,
若a是模p的平方剩余
−
1
,
若
a
是
模
p
的
平
方
非
剩
余
0
,
若p|a
\left(\frac{a}{p}\right)=\begin{cases}1,&\text{若a是模p的平方剩余}\\-1,&{若a是模p的平方非剩余}\\0,&\text{若p|a}\end{cases}
( p a ) = ⎩ ⎪ ⎨ ⎪ ⎧ 1 , − 1 , 0 , 若 a 是模 p 的平方剩余 若 a 是 模 p 的 平 方 非 剩 余 若 p|a
欧拉判别法则:p是奇素数,a是任意整数 P132
(
a
p
)
≡
a
p
−
1
2
(
m
o
d
m
)
\left(\frac{a}{p}\right)\equiv\ a^{\frac{p-1}{2}}(mod\ m)
( p a ) ≡ a 2 p − 1 ( m o d m )
勒让德符号的性质:
(
a
+
p
p
)
=
(
a
p
)
\left(\frac{a+p}{p}\right)=\left(\frac{a}{p}\right)
( p a + p ) = ( p a )
(
a
∗
b
p
)
=
(
a
p
)
∗
(
b
p
)
\left(\frac{a*b}{p}\right)=\left(\frac{a}{p}\right)*\left(\frac{b}{p}\right)
( p a ∗ b ) = ( p a ) ∗ ( p b )
(
a
2
p
)
=
1
,
(
a
,
p
)
=
1
\left(\frac{a^2}{p}\right)=1,(a,p)=1
( p a 2 ) = 1 , ( a , p ) = 1
高斯引理(不用记):p是奇素数,a是整数,(a,p)=1,如果整数a1,a 2,…a*(p-1)/2中模p的最小正剩余大于p/2的个数是m,则有
(
a
p
)
=
(
−
1
)
m
\left(\frac{a}{p}\right)=(-1)^m
( p a ) = ( − 1 ) m P134
超级重要的二次互反律:p,q是互素的奇素数,则
(
p
q
)
=
(
−
1
)
p
−
1
2
∗
q
−
1
2
(
q
p
)
\left(\frac{p}{q}\right)=(-1)^{\frac{p-1}{2}*\frac{q-1}{2}}\left(\frac{q}{p}\right)
( q p ) = ( − 1 ) 2 p − 1 ∗ 2 q − 1 ( p q ) P137
雅克比符号:勒让德符号的扩展,
(
a
m
)
=
(
a
p
1
)
.
.
.
(
a
p
r
)
\left(\frac{a}{m}\right)=\left(\frac{a}{p_1}\right)...\left(\frac{a}{p_r}\right)
( m a ) = ( p 1 a ) . . . ( p r a ) ,
m
=
p
1
.
.
.
p
r
m=p_1...p_r
m = p 1 . . . p r 是奇素数的乘积。二次同余式
x
2
≡
a
m
o
d
m
x^2\equiv\ a\ mod\ m
x 2 ≡ a m o d m 有解可以(单向)推出
(
a
m
)
=
1
\left(\frac{a}{m}\right)=1
( m a ) = 1 ,
(
a
m
)
=
−
1
\left(\frac{a}{m}\right)=-1
( m a ) = − 1 可以(单向)推出无解;P143
雅克比符号性质与勒让德符号一致 P143 二次互反也一样,只是p,q必须是奇数;
一些与雅克比有关的重要式子:也是和勒让德一样,只要限制条件是p不在局限于奇素数,而是奇数 P144
模平方根看不下去了…先放放
第五章
指数:对于类似欧拉公式的
a
e
≡
1
m
o
d
m
a^e\equiv 1 \ mod\ m
a e ≡ 1 m o d m 式子,(a,m)=1,则使式子成立的最小正整数e叫做a对模m的指数,记作
o
r
d
m
(
a
)
ord_m(a)
o r d m ( a ) . P166
原根:如果
o
r
d
m
(
a
)
=
φ
(
m
)
ord_m(a)=\varphi(m)
o r d m ( a ) = φ ( m ) ,那么a就是模m的原根;P166
指数的性质:
如果有整数d,满足
a
d
≡
1
m
o
d
m
a^d\equiv 1 \ mod\ m
a d ≡ 1 m o d m ,(a,m)=1,则等价于
o
r
d
m
(
a
)
∣
d
ord_m(a)|d
o r d m ( a ) ∣ d P168
若b与a模m同余,则a,b指数相同 169
a与
a
−
1
a^{-1}
a − 1 指数相同
推论:
o
r
d
m
(
a
)
∣
φ
(
m
)
ord_m(a)|\varphi(m)
o r d m ( a ) ∣ φ ( m ) P168
(a,m)=1,则
a
0
,
.
.
,
a
φ
(
m
)
−
1
a^0,..,a^{\varphi(m)-1}
a 0 , . . , a φ ( m ) − 1 模m两两不同余,特别地,如果a是模m的原根,那么这就是m的简化剩余系;P169
(a,m)=1,
a
d
≡
a
k
m
o
d
m
a^d\equiv a^k\ mod\ m
a d ≡ a k m o d m ,等价于
d
≡
k
m
o
d
o
r
d
m
(
a
)
d\equiv k\ mod\ ord_m(a)
d ≡ k m o d o r d m ( a ) .P170
g是模m的原根,那么
(
d
,
φ
(
m
)
)
=
1
,
g
d
(d,\varphi(m))=1,g^d
( d , φ ( m ) ) = 1 , g d 也是原根 P171
(a,m)=1,设
k
∣
o
r
d
m
(
a
)
k|ord_m(a)
k ∣ o r d m ( a ) ,则有
o
r
d
m
(
a
d
)
=
k
ord_m(a^d)=k
o r d m ( a d ) = k ,d满足
o
r
d
m
(
a
)
k
∣
d
\frac{ord_m(a)}{k}|d
k o r d m ( a ) ∣ d ,且这样的d有
φ
(
k
)
\varphi(k)
φ ( k ) 个 P172
若m存在原根,那一定有
φ
(
φ
(
m
)
)
\varphi(\varphi(m))
φ ( φ ( m ) ) 个 P172
原根概率(不重要) P172
若n|m,则
o
r
d
n
(
a
)
∣
o
r
d
m
(
a
)
ord_n(a)|ord_m(a)
o r d n ( a ) ∣ o r d m ( a ) P174
推论:
p,q为奇素数,(a,qp)=1则:
o
r
d
p
q
(
a
)
=
[
o
r
d
p
(
a
)
,
o
r
d
q
(
a
)
]
∣
[
p
−
1
,
q
−
1
]
ord_{pq}(a)=[ord_p(a),ord_q(a)]\ |\ [p-1,q-1]
o r d p q ( a ) = [ o r d p ( a ) , o r d q ( a ) ] ∣ [ p − 1 , q − 1 ] P174
p,q=2p-1,是奇素数,(a,qp)=1,则
o
r
d
p
q
(
a
)
=
[
o
r
d
p
(
a
)
,
o
r
d
q
(
a
)
]
∣
q
−
1
ord_{pq}(a)=[ord_p(a),ord_q(a)]\ |\ q-1
o r d p q ( a ) = [ o r d p ( a ) , o r d q ( a ) ] ∣ q − 1 P175
设
m
=
2
n
∗
p
1
a
1
.
.
p
k
a
k
m=2^n*p_1^{a_1}..p_k^{a_k}
m = 2 n ∗ p 1 a 1 . . p k a k ,则
o
r
d
m
(
a
)
=
[
o
r
d
2
n
(
a
)
,
o
r
d
p
1
a
1
(
a
)
,
.
.
,
o
r
d
p
k
a
k
(
a
)
]
ord_m(a)=[ord_{2^n}(a),ord_{p_1^{a_1}}(a),..,ord_{p_k^{a_k}}(a)]
o r d m ( a ) = [ o r d 2 n ( a ) , o r d p 1 a 1 ( a ) , . . , o r d p k a k ( a ) ] P176
a,b与m互素,则存在c
o
r
d
m
(
c
)
=
[
o
r
d
m
(
a
)
,
o
r
d
m
(
b
)
]
ord_m(c)=[ord_m(a),ord_m(b)]
o r d m ( c ) = [ o r d m ( a ) , o r d m ( b ) ] P176
e是使
a
k
e
≡
1
m
o
d
m
a_k^e\equiv\ 1\ mod\ m
a k e ≡ 1 m o d m ,k属于1,
φ
(
m
)
\varphi(m)
φ ( m ) 成立的最小正整数,那么则存在a,使得
e
=
o
r
d
m
(
a
)
=
[
p
r
d
m
(
a
1
)
,
.
.
,
o
r
d
m
(
a
φ
(
m
)
)
]
,
a
1
.
.
.
e=ord_m(a)=[prd_m(a_1),..,ord_m(a_{\varphi(m)})],a_1...
e = o r d m ( a ) = [ p r d m ( a 1 ) , . . , o r d m ( a φ ( m ) ) ] , a 1 . . . 是m的简化剩余系P177,e也叫模m的简化剩余系指数;若m为素数时,
e
=
φ
(
p
)
=
p
−
1
e=\varphi(p)=p-1
e = φ ( p ) = p − 1 P177
p是奇素数,那么p的原根存在,且有
φ
(
p
−
1
)
\varphi(p-1)
φ ( p − 1 ) 个
p奇素数,p-1的所有不同素因数是
q
1
,
.
.
,
q
s
q_1,..,q_s
q 1 , . . , q s ,则g是p原根的充要条件是:
g
p
−
1
q
i
!
≡
1
m
o
d
p
g^{p-1}{q_i}!\equiv\ 1\ mod\ p
g p − 1 q i ! ≡ 1 m o d p P179
模m的原根存在性,m必须是2,4,
p
a
,
2
p
a
p^a,2p^a
p a , 2 p a 其中之一,p是奇素数
指标讲的很快,应该不太重要…
第六章
若n是基于a,b的伪素数,则n也是基于a*b的伪素数
若n是基于b的伪素数,则n也是基于
b
−
1
b^{-1}
b − 1 的伪素数
若有一个b使得n不是基于b的伪素数,则模n的简化剩余系中至少有一半使得同余式不成立。P199
伪素数是合数的概率小于1/2。 P201
Carmicheal数:Carmicheal数是使Fermat素性检验无效的数,即n是合数,对所有正整数b,(b,n)=1,又有
b
n
−
1
≡
1
m
o
d
n
b^{n-1}\equiv\ 1\ mod\ n
b n − 1 ≡ 1 m o d n 都成立,n是Carmicheal数;P203
判断Carmicheal数的条件:
如n是一个奇合数,则
n
=
p
1
.
.
p
k
n=p_1..p_k
n = p 1 . . p k 是一个无平方数,则n是Carmicheal数的充要条件是
p
i
−
1
∣
n
−
1
p_i-1\ |\ n-1
p i − 1 ∣ n − 1 P203
每个Carmicheal数至少是三个不同素数的乘积
强伪素数检验:P210
给出安全参数t,和要检验的奇数n
随机取b属于1,n-1
计算
r
0
=
b
t
m
o
d
n
r_0=b^t\ mod\ n
r 0 = b t m o d n
如果
r
0
=
1
或
者
−
1
r_0=1或者-1
r 0 = 1 或 者 − 1 ,那么可能为素数,重复随机取b接着检验
如果
r
0
r_0
r 0 不满足,让
r
i
=
r
i
−
1
2
r_i=r_{i-1}^2
r i = r i − 1 2 ,判断
r
i
=
−
1
r_i=-1
r i = − 1 ,满足则可能为素数;不满足接着重复这一步变化r;直到重复到i=s;
第八章无…
—结束了,刷题!