[科技](Miller\_Rabin) 和 (Pollard\_Rho) 及各种玄学优化
[科技] (Miller\_Rabin) 和 (Pollard\_Rho)
先讲(Miller\_Rabin)吧，(Miller\_Rabin)是用来检验素数的高效算法。
我们先要知道两个定理：
- 费马小定理：当(p)为质数时，(x^{p - 1} equiv 1 (mod p))。但这只是一个充分条件，但不是必要条件。即就算(x)和(p)互质，那么(x^{p - 1})不一定在模(p)意义下同余于(1)。
- (Fermat)定理：若(p)为奇素数，且(0 < x < p)，那么(x ^ 2 equiv 1 (mod p))的解为(x = 1)或(x = p - 1)。这个还是比较好证明的，移项可得(x ^ 2 - 1 equiv 0)，即((x - 1)(x + 1) equiv 0)，可得(p | (x - 1)(x + 1))。而(p)是质数，那么可知(x = 1)或(x = p - 1)。
首先我们根据费马小定理就可以排除大量的合数了，即如果存在(x)，不满足(x ^ {p - 1} equiv 1)，则(p)就不是质数了。但是之前也说过，这个并不是一个必要条件，所以也存在满足费马小定理的合数，这种数叫做(Carmichael)数。最小的(Carmichael)数是(561)，对于任意的数，都有(x ^ {560} equiv 1)，而(561 = 3 * 11 * 17)。(Carmichael)数使得我们无法使用费马小定理来判断一个数是否为素数。
然后(Miller\_Rabin)算法就是优化了这一点，尝试使用多次判定来提高正确性。当我们判断了一个数满足了费马小定理之后，我们继续判断(x ^ { (p - 1) / 2} equiv 1)是否正确。于是我们就得出了一个算法：我们将(p - 1)表示成(2 ^ s * t)的形式，然后选取几个比较小的质数(pri)，从(pri ^ t)开始，依次判断(pri ^ t, pri ^ {2t},pri ^ {4t} dots)等等是否满足这个同余式。如果对于所有取的素数都满足时，就可以确定这个数大概率是个素数了。经过测试发现，对于(int)范围以内的数，取出小于(30)的素数来验证就可以保证完全正确的判断出是否为素数，在(long long)范围内的错误的概率也是可以忽略不计的。
再来讲讲(Phollard\_Rho)，他是基于(Miller\_Rabin)的一种分解质因数的方法，同时也是基于随机化的方法，期望复杂度为(O(n ^ {frac{1}{4}}))，但实际情况下的复杂度也是个玄学，似乎表现的非常优秀。
假设我们需要对于(x)分解质因数，我们先通过(Miller\_Rabin)素性测试判断给定的(x)是否为素数。然后开始(Pollard\_Rho)进行分解。
我们先要了解的是(Pollard\_Rho)是将某合数(x)分解为两个非平凡因子(a, b)（(1) 和 (x)为平凡因子）的算法。如果需要对(x)分解质因数，那么递归下去做就行了。
先思考一下平时的(O(sqrt n))分解质因数的方法，即枚举(2)到(sqrt n)的质因数，判断是否能被整除。实际上一个数的质因数是(log)级别的，所以我们其中的枚举很多都是无用枚举。考虑如何来优化这个枚举方法。
有一个悖论叫做生日悖论，意思是在一个人数为(23)人的班级中，存在两个人生日相同的概率接近(0.5)，而在人数大约为(60)人的班级中，存在两个人生日相同的概率已经非常接近(1)了。这虽然与实际非常不相符，但是简单计算一下发现的确是这样。以(23)人为例，我们计算没有两个人生日相同的概率(P = frac{365}{365} * frac{364}{365} * frac{363}{365} * dots * frac{365 - 22}{365})，此时的(P)大约为(0.49)。
举一个简单的例子就是假设我们需要在([1, 100])之间选一个数，那么选到(39)的概率为(1 \%)，但是如果我们选择两个数(a, b)，使得(| a - b | = 39)，那么概率就变成了(2 \%)。
这给了我们启发，我们在选择测试因子时，也采用这种组合随机采样方法。我们随机两个数(a, b)，判断(gcd( | a - b |, n))是否大于1，如果大于(1)，则我们找到了一个因子，这样会大大提高我们找到因子的概率。
那么我们该如何生成这些随机数呢？(Pollard\_Rho)通过伪随机数的方法来提供待测因子，即选定一个起始数字(x_0)，以及一个常数(c)，通过(x_i = x_{i - 1} ^ 2 + c (mod n))的方法来生成一系列的随机因子。至于为什么选用这个函数呢？似乎是这个函数在带入复数之后迭代得出的点集叫曼德勃罗集，这个集合又与混沌系统有关，即这个集合中的一系列数字非周期又不收敛，这使得这个函数生成的随机数非常优秀。并且这些生成的随机数，每一个都完全依赖于前一个数字，那么在迭代了一定次数之后，一定会出现循环。所以当我们出现循环的时候，就重新设置(x_0)与(c)，继续检测，这是不用系统的(rand)函数的一个原因，因为系统的随机并不一定会出现循环。而这个循环也构成了一个像( ho)一样的形状，这也是其名称后缀(Rho)的来源。
然后我们就可以设计一个基于倍增的随机算法了，每次在( ho)的路径上取([2 ^ {k - 1}, 2 ^ k])这段区间，然后对于所有的(i in [2 ^ {k - 1}, 2 ^ k])，判断(gcd(x_i - x_{2^{k - 1}}, n))是否大于1，如果大于1，则找到了一个因子，返回即可。这样既可以不在( ho)的环上停留太久，也可以减少(gcd)的次数。
于是我们得出了(Pollard\_Rho)的大致算法：
- 对于需要检验的数(n)，用(Miller\_Rabin)进行素性测试，如果是素数，则直接返回即可，否则进入第二步。
- 随机生成数(x_0, c)，然后开始倍增的判断(x_i - x_l)与(n)是否有公因数，如果找到了公因数，返回即可。若已经出现了循环，则返回(n)，表示该次探查失败，并重复2步骤。
这样我们就可以非常快速的写出(Pollard\_Rho)的算法了，这里放出例题
Code：
#pragma GCC optimize (2, "inline", "Ofast")
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int pri[] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29};
int T;
ll n, ans = 0;
ll QMul(ll x, ll y, ll Md) {
ll ans = 0;
for(; y; y >>= 1, x = (x + x) % Md) if(y & 1) ans = (ans + x) % Md;
return ans;
}
ll Qpow(ll x, ll y, ll Md) {
ll ans = 1;
for(; y; y >>= 1, x = QMul(x, x, Md)) if(y & 1) ans = QMul(ans, x, Md);
return ans;
}
bool Miller_Rabin(ll x) {
if(x == 2) return 1;
if(!(x & 1) || x == 1) return 0;
ll s = 0, t = x - 1;
while(!(t & 1)) {
t >>= 1;
s ++;
}
for(int i = 0; i < 10 && pri[i] < x; i++) {
ll a = pri[i], b = Qpow(a, t, x);
ll k;
for(int j = 1; j <= s; j++) {
k = QMul(b, b, x);
if(k == 1 && b != 1 && b != x - 1) return 0;
b = k;
}
if(b != 1) return 0;
}
return 1;
}
ll Gcd(ll a, ll b) {
return !b ? a : Gcd(b, a % b);
}
ll Pollard_Rho(ll n, ll c) {
ll x = 1ll * rand() * rand() % (n - 2) + 1, y = x;
int i = 1, k = 2;
while(1) {
i++;
x = QMul(x, x, n);
x = (x + c) % n;
ll G = Gcd(y - x, n);
if(G > 1 && G < n) return G;
if(y == x) return n;
if(i == k) {
y = x;
k <<= 1;
}
}
}
void Find(ll x, ll c) {
if(x == 1 || x < ans) return ;
if(Miller_Rabin(x)) return (void) (ans = max(ans, x));
ll p = x;
while(p == x) p = Pollard_Rho(p, c--);
while(x % p == 0) x /= p;
Find(p, c); Find(x, c);
}
int main() {
srand(2333);
scanf("%d", &T);
while(T--) {
scanf("%lld", &n);
ans = 0;
bool f = Miller_Rabin(n);
if(f) {
puts("Prime");
continue;
}
Find(n, 1000000);
printf("%lld
", ans);
}
return 0;
}
好的……本科技讲解到此结束
(nmdwsm!!!)
为什么交到(luogu)的模板题上(T)飞了！！本机(0.7s) (luogu)上居然(T)了，难以置信……
于是我们开始漫漫的卡常优化之旅……
首先注意到我们在乘法的时候为了防止(long long)相乘导致溢出的情况，我们使用了龟速乘……实际上它确实是龟速，我们在乘法时强转成(\_\_int128)，就可以避免溢出的情况了。
Code：
#pragma GCC optimize (2, "inline", "Ofast")
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int pri[] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29};
int T;
ll n, ans = 0;
ll Qpow(ll x, ll y, ll Md) {
ll ans = 1;
for(; y; y >>= 1, x = x * x % Md) if(y & 1) ans = ans * x % Md;
return ans;
}
bool Miller_Rabin(ll x) {
if(x == 2) return 1;
if(!(x & 1) || x == 1) return 0;
ll s = 0, t = x - 1;
while(!(t & 1)) {
t >>= 1;
s ++;
}
for(int i = 0; i < 10 && pri[i] < x; i++) {
ll a = pri[i], b = Qpow(a, t, x);
ll k;
for(int j = 1; j <= s; j++) {
k = (__int128)b * b % x;
if(k == 1 && b != 1 && b != x - 1) return 0;
b = k;
}
if(b != 1) return 0;
}
return 1;
}
ll Gcd(ll a, ll b) {
return !b ? a : Gcd(b, a % b);
}
ll Pollard_Rho(ll n, ll c) {
ll x = 1ll * rand() * rand() % (n - 2) + 1, y = x;
int i = 1, k = 2;
while(1) {
i++;
x = (__int128)x * x % n;
x = (x + c) % n;
ll G = Gcd(y - x, n);
if(G > 1 && G < n) return G;
if(y == x) return n;
if(i == k) {
y = x;
k <<= 1;
}
}
}
void Find(ll x, ll c) {
if(x == 1 || x < ans) return ;
if(Miller_Rabin(x)) return (void) (ans = max(ans, x));
ll p = x;
while(p == x) p = Pollard_Rho(p, c--);
while(x % p == 0) x /= p;
Find(p, c); Find(x, c);
}
int main() {
srand(2333);
scanf("%d", &T);
while(T--) {
scanf("%lld", &n);
ans = 0;
bool f = Miller_Rabin(n);
if(f) {
puts("Prime");
continue;
}
Find(n, 1000000);
printf("%lld
", ans);
}
return 0;
}
于是我们修改之后再次交一发：
(nmdwsm!!!)为什么这样就快了那么多啊……真是
然后发现最后一个点我们死活跑不过去md真毒瘤。然后我们继续考虑优化算法。发现整个算法的复杂度的瓶颈在于(Pollard\_Rho)中(gcd)上，虽然我们用了倍增算法减少了(gcd)的次数，但是这个复杂度仍然是无法承受的。但是需要注意到一件事情，我们只需要知道(x)的一个因子即可，并不需要做出规定一定是某个。然后一个显然的结论就是，根据欧几里得算法，(gcd(a, b) > 1 o gcd(a * c \% b, b) > 1)。所以我们可以把一次倍增中所有的随机因子都乘起来之后，一起做一次(gcd)，这样原本是互质的，现在仍然互质，原本存在公因数的，现在仍然存在。这样就可以大大减少(gcd)的次数，唯一需要处理的边界条件就是所有随机因子的乘积与(n)做(gcd)之后，(gcd)为(n)，这个时候虽然存在公因数，但是却不能直接返回(n)（因为(n)是我们用来判断本次探测不成功的标记），这个时候我们再按照原方法枚举一遍，找到某个非平凡因子返回即可。
同时(gcd)的地方也是可以优化很多的，大致就是仿照高精度(gcd)那样用二进制处理，常数会小很多。
Code：
#pragma GCC optimize(3, "inline", "Ofast")
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int pri[] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29};
int T;
ll n, ans = 0;
ll Qpow(ll x, ll y, ll Md) {
ll ans = 1;
for(; y; y >>= 1, x = x * x % Md) if(y & 1) ans = ans * x % Md;
return ans;
}
bool Miller_Rabin(ll x) {
if(x == 2) return 1;
if(!(x & 1) || x == 1) return 0;
ll s = 0, t = x - 1;
while(!(t & 1)) {
t >>= 1;
s ++;
}
for(int i = 0; i < 10 && pri[i] < x; i++) {
ll a = pri[i], b = Qpow(a, t, x);
ll k;
for(int j = 1; j <= s; j++) {
k = (__int128)b * b % x;
if(k == 1 && b != 1 && b != x - 1) return 0;
b = k;
}
if(b != 1) return 0;
}
return 1;
}
ll Gcd(ll a, ll b) {
if(!a || !b) return a | b;
int t = __builtin_ctzll(a | b); //__builtin_ctzll是得到某个数二进制下末尾0的个数
a >>= __builtin_ctzll(a);
do {
b >>= __builtin_ctzll(b);
if(b < a) swap(a, b);
b -= a;
}while(b);
return a << t;
}
ll Pollard_Rho(ll n, ll c) {
ll x = 1ll * rand() * rand() % (n - 2) + 1, y = x;
int i = 1, k = 2;
ll Mu = 1, z = y;
while(1) {
i++;
x = (__int128) x * x % n;
x = (x + c) % n;
Mu = (__int128) Mu * (y > x ? y - x : x - y) % n;
if(y == x) return n;
if(i == k) {
ll G = Gcd(Mu, n);
if(G == 1) { y = x; k <<= 1; continue; }
if(G == n) {
x = y;
for(int t = 1; t <= k >> 1; t++) {
x = (__int128) x * x % n;
x = (x + c) % n;
ll g = Gcd(y > x ? y - x : x - y, n);
if(g > 1 && g < n) return g;
}
}
return G;
}
}
}
void Find(ll x, ll c) {
if(x == 1 || x < ans) return ;
if(Miller_Rabin(x)) return (void) (ans = max(ans, x));
ll p = x;
while(p == x) p = Pollard_Rho(p, c--);
while(x % p == 0) x /= p;
Find(p, c); Find(x, c);
}
int main() {
srand(2333);
scanf("%d", &T);
while(T--) {
scanf("%lld", &n);
ans = 0;
bool f = Miller_Rabin(n);
if(f) {
puts("Prime");
continue;
}
Find(n, 100000);
printf("%lld
", ans);
}
return 0;
}
尝试再次交一发，愉快的发现它过了。爆OJ真舒服
然后还有一个关于(127)这个数的优化，现在还没有看懂，咕咕咕~