因为原来的那篇已经很多了，所以在此写上第二篇。
这一章可以说是紧紧围绕的素数的主旨展开的。
前置芝士
快速乘
博主博主，平常(O(1))都已经如此之快，难道可以(O(0))？
不不不，都一样，只不过算的是(x*y\%z)，因为有时候(x*y)溢出了long long，但是结果并没有，所以发明了快速乘。
O(1)
(O(1))版的非常简单。(x*y\%z=x*y-(x*y/z)*z)（在C++环境下），但是这个有什么特殊的吗？
就是用溢出对待溢出，我们先用long double(16位)得出(x*y/z)（你在比赛的时候，可以先用(sizeof(long) (double))得出你电脑的long double是几位的，如果不是(16)位的话，那评测机应该也是，为了稳妥还是用(log)的吧）。
然后我们乘一下，两边可能会溢出，但是我们还是能减出正确的结果。
另外还有一坨精度问题，模数大的话还是少用吧。
inline LL ksc(LL x,LL y,LL z)
{
LL c=(LD)x*y/z+0.5;
LL ans=x*y-c*z;
return ans<0?ans+z:ans;
}
O(log)
有没有什么稳得一批又好用的快速乘？
当然后，假设又有个(x,y,z)。
我们把(x)拆成二进制：(c_{n}*2^{n}+c_{n-1}*2^{n-1}+....)，而(c)的取值只能为(0,1)
然后(x*y)在乘法分配率一下：(y*c_{0}*2^{0}+y*c_{1}*2^{1}+...)，那么我们只要边乘边模不就好起来了吗。
inline ll ksc(ll x,ll y,ll p){//计算x乘y的积
ll res=0;//加法初始化
while(y){
if(y&1)res=(res+x)%p;//模仿二进制
x=(x<<1)%p; y>>=1;//将x不断乘2达到二进制
}return res;
}
// ll 表示 long long
//这里的代码用的是https://www.cnblogs.com/812-xiao-wen/p/10543023.html
floyd提出的判环法
判环
你以为是floyd，不是，是这样的，假设一个链表有环，怎么判环，我们这样想：(y)以(x)两倍的速度奔跑，那么当(x,y)相遇时，(y)刚好跑完几圈了，就退出。
找环
其实还有个扩展，如何找到环的起始位置。
我们设链表头走到环开始的地方步数为(m)，从链表头走到相遇地点的步数是(m+k)，然后环的长度为(n)，(x,y)分别走了(X,Y)圈。
那么(S_{x}=m+k+Xn,S_{y}=m+k+Yn)，然后又因为(S_{y}=2S_{x})，所以(S_{x}=(Y-X)n)。
也就是说两人走的距离肯定是(n)的倍数。
然后我们再把(x)提到了链表开始的地方，让两个人继续开始走，当走了(m)步（(x)在环开始的地方），那么因为说了(S_{y}=2S_{x}=2(Y-X)n)，也就是说(y)走的步数应该是(n)的倍数，也就是说当第一次相遇的时候，他应该离走完这个环到环开始的地方为(m)，所以(y)也到了环开始的地方，所以(x,y)将会在环开始的地方相遇。
可惜这里不用。
生日悖论
首先我们来看看，现在我们来选数字，在1-100之间，如果我们选一个数字，那么是1的概率则是(frac{1}{100})，但是如果我们选两个数字，然后取差的绝对值，会怎样？我们选一个数字，然后选到他周围的两个数字的概率就变成了(frac{1}{50})了！（忽略第一个数字(1)和(100)的情况，那还是(frac{1}{100})），难道多元能增加概率！
没错，这就是生日悖论的内容。
生日悖论的重要思想是什么，(1-x)的范围，如果有(sqrt{x})个数字的话，重复的概率就会高达(50\%)，恐不恐怖。
至于证明，在这里贴上大佬的证明。
Miller_rabin
相信在第一章里面，你们已经学会了费马小定律了，那就不讲了QMQ。
前言
我们都知道判断一个数字是不是素数，有一种方法就是试除法，直接从(2)枚举到(sqrt{p})，但是有没有一种方法，能比(O(sqrt{p}))还快有准确无误呢？
答案是并没有，但是如果你要求的是很大概率的话，打我可以告诉你的是，Miller_rabin就是这么一种算法，基本上准确无误，就连强伪素数都能跑过去，是什么呢？
二次探测
我们都知道，选取一个(p)数字，然后用费马小定理判断一下，如果不是(1)，那就不是素数，但是存在这么一种数字，能满足费马小定理但是不是素数的一类数字，我们又要怎么判断呢？
这里就要引入一个定理了，这个定理可以很大概率的判断是不是素数，加上费马小定理。
如果(p)是质数且(a^2≡1(mod p)(a<p))，那么(a=1,p-1)。
我们可以来证明一下：
那么，因为(a<p)且(p)是质数，所以(a=1,p-1)。
那么我们就可以把(p-1)分成(2^{t}*k)，然后随机选取一个值(x)，然后计算(x^{k})，然后继续不断取平方：(x^{2^{i}*k})，然后不断的用二次探测来检测，更重要的是我们最后还可以用用费马小定理，当然，(x)我们可以手动取几个素数来多判几次，不知道为什么，素数成功概率大一点QMQ。
很明显是(log)的。
代码
inline LL ksc(LL x,LL y,LL z)
{
LL c=(LD)x*y/z+0.5;
LL ans=x*y-c*z;
return ans<0?ans+z:ans;
}
inline LL ksm(LL x,LL m,LL mod)
{
if(m==0)return 1%mod;
LL ans=1;
while(m>1)
{
m&1?ans=ksc(ans,x,mod):0;
x=ksc(x,x,mod);m>>=1;
}
return ksc(ans,x,mod);
}
inline int log2(LL &x)
{
int ans=0;
while(x%2==0)ans++,x>>=1;
return ans;
}
int su[]={2,3,5,7,11,23,29,61};
inline bool pd(LL x)//判断一个素数
{
for(int i=0;i<=7;i++)
{
if(x<=su[i])return 1;
LL y=x-1;int tt=log2(y);
y=ksm(su[i],y,x);
while(tt--)
{
LL z=ksc(y,y,x);
if(z==1 && y!=1 && y!=x-1)return 0;
y=z;
}
if(y!=1)return 0;
}
return 1;
}
Pollard-Rho
前言
你是否想快速的分解一个素数？
想吗？少年。
---来自SaDiao博主的一席话。
例题
都看到了，就是想咯QMQ。
假设我们要分的数字是(p)
构建随机数列
我们构建一个随机函数(x_{i}=x_{i-1}*x_{i-1}+C(mod p))（(C)为我们自己定的常数）,这么强？
同时(x_{1}=2)，我们发现这个序列每个都跟前面的数字有关，那么不就是类似链表了吗？而且因为是模了后序列，所以会有环（根据生日悖论，出现相同的数字概率是(O(sqrt{p}))），就可以用(floyd)判环法了。
我们再设一个函数：(y_{i}=x_{i-1}*x_{i-1}+C(mod q))（(q)为(p)的一个质因数），(y_{1}=2)，那么这个序列也会出现循环节的，我们再在两个循环节上找到两个位置(i,j)，使得(i<j,l(i)=l(j))，然后我们就会发现(|x_{i}-x_{j}|)含有(q)，也就是(gcd(|x_{i}-x_{j}|,p)≠1)，那么我们就可以找到一个素数了。
但是我们并不知道(q)，我们又怎么找到(i,j)呢，我们会发现其实(i,j)就是(y)数列循环节上的对应位置，而上面也只是提供了一种可行性，也就是说我们可以用(floyd)找环法来在(x)数列中找，如果(gcd)为(1)，那么继续找环，如果(gcd)为(p)（差为0就会这样），说明我们找到了模数为(q)的环，可惜也是模数为(p)的环，那么我们就退出，然后(C++)，如果两个都不是，那么我们不就找到了一个质因数了吗？
再看看概率有多大，原本我们找两个数字的差找到质因数的概率应该比较小，但是如果我们是(gcd≠1)的话，那概率不就大了吗？而且期望的循环节大小为(sqrt{p})，不就好起来了吗？
而且判断一个数字是不是素数就靠Miller_rabin了。
优(ka)化(chang)
我们要发现一个事情：(x\%z)，可以等同于(z*((x/gcd(x,z))\%(z/gcd(x,z))))。
那么这有什么用呢？我们可以把几个差乘起来，然后模一下（如果出现了质因子的话不会因为模了而消失掉，上面写了），至于乘几次，我选择的是(127)，当然，(pow(p,0.1))也有人用，不要太大就可以了，我们后面则叫乘了(step)次。
那么我们也是乘完后GCD。
- 如果为(1)继续。
- 如果为(n)的话，说不定中间有质因子呢，我们也回到(step)次一起，不乘起来，一次次慢慢来。
- 如果两个都不是，恭喜，喜提质因子一枚。
然后自我感觉良好，优化了不少的常数。
注意事项
我们会发现，打完代码有事后还是会卡住的。
为什么，因为(4)是个神奇的数字，我们可以把(C)从(1)到(4)枚举一遍，会发现差统统不会涉及到(2)，而其他(2)的次方，比如(2^{i})，在(C=2^{i}-4)的时候，肯定跳一次就能得到结果，(x=0,y=C)，然后就可以把(2)筛出来，为什么(4)不行，因为(C=0)了，所以我们就只会一遍遍的得到(4)然后重来。
那我们特判(4)不就行了？不不不，特判要讲究艺术。
你想想，我们要是特判(\%2==0)不是一样的吗，而且还造福了其他的数字，尤其是(2)的次方，不加这个很有可能就老是到(2^{i}-4)才跳出来。
时间复杂度证明
一次的Pollard-Rho的复杂度是多少？（这道题目得用几次Pollard-Rho）
设(N=A*B(A<=B))，那么(A<=sqrt(N))，我们是在(x)找(A)的循环节，期望复杂度为(O(sqrt{A}))，那么不就是(O(N^{frac{1}{4}}))吗？
但是其实不然，因为加上GCD什么乱起八糟的，正宗的应该是：
(O(frac{N^{frac{1}{4}}logN}{step}+logN))，但原本就是玄学算法你加这么多干嘛，而且在long long范围内我们的(step)肯定大于(logN)，毕竟我们的(step)原本就是(127)吗。
所以我们还是写(O(N^{frac{1}{4}}))，好看又好写。
代码
开了O2在luogu跑了600+ms，快的飞起，不开也有1.44s了，这不就快的飞起了吗。
可以试试这个跑不跑得出结果46856248255981。
强伪素数呀，都跑过去了。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long double LD;
typedef long long LL;
inline LL zabs(LL x){return x<0?-x:x;}
inline LL mymin(LL x,LL y){return x<y?x:y;}
inline LL mymax(LL x,LL y){return x>y?x:y;}
inline LL ksc(LL x,LL y,LL z)
{
LL c=(LD)x*y/z+0.5;
LL ans=x*y-c*z;
return ans<0?ans+z:ans;
}
inline LL ksm(LL x,LL m,LL mod)
{
if(m==0)return 1%mod;
LL ans=1;
while(m>1)
{
m&1?ans=ksc(ans,x,mod):0;
x=ksc(x,x,mod);m>>=1;
}
return ksc(ans,x,mod);
}
inline int log2(LL &x)
{
int ans=0;
while(x%2==0)ans++,x>>=1;
return ans;
}
int su[]={2,3,5,7,11,23,29,61};
inline bool pd(LL x)//判断一个素数
{
for(int i=0;i<=7;i++)
{
if(x<=su[i])return 1;
LL y=x-1;int tt=log2(y);
y=ksm(su[i],y,x);
while(tt--)
{
LL z=ksc(y,y,x);
if(z==1 && y!=1 && y!=x-1)return 0;
y=z;
}
if(y!=1)return 0;
}
return 1;
}
inline LL gcd(LL x,LL y)//实测二进制版GCD只比原来的快了20+ms，估计是因为优化减少了GCD的调用次数，凸显不出优势。
{
int ans=0;
while(x && y)
{
if(x&1 && y&1)
{
y>x?x^=y^=x^=y:0;
x=(x-y)>>1;
}
else if(x&1)y>>=1;
else if(y&1)x>>=1;
else x>>=1,y>>=1,ans++;
}
return (x+y)<<ans;
}
inline LL Pol(LL now,LL step,LL add)
{
if(now%2==0)return 2;//防止毒瘤的4的情况
LL x=2,y=2,d=1;
while(1)
{
LL tx=x,ty=y;
for(int i=1;i<=step;i++)
{
x=ksc(x,x,now)+add;x>=now?x-=now:0;
y=ksc(y,y,now)+add;y>=now?y-=now:0;
y=ksc(y,y,now)+add;y>=now?y-=now:0;
d=ksc(d,zabs(x-y),now);
}
d=gcd(d,now);
if(d==1)continue;
else if(d!=now)return d;
x=tx;y=ty;
for(int i=1;i<=step;i++)
{
x=ksc(x,x,now)+add;x>=now?x-=now:0;
y=ksc(y,y,now)+add;y>=now?y-=now:0;
y=ksc(y,y,now)+add;y>=now?y-=now:0;
d=gcd(zabs(x-y),now);
if(d!=1)return d%now;
}
}
}
inline LL work(LL n)
{
if(pd(n) || n==1)return n;
LL tmp=0,step=127/*玄学步数*/,add=1;
while(!tmp)tmp=Pol(n,step,add++);
//
if(n/tmp<tmp)tmp=n/tmp;//使得n/tmp>=tmp
LL ans=work(n/tmp);
if(ans>=tmp)return ans;
return mymax(ans,work(tmp));
//实现上的一个优化，优化空间小，但是能优化，而且不会耗多少空间，基本正优化
}
LL n;
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%lld",&n);
LL ans=work(n);
if(ans==n)printf("Prime
");
else printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}