素数与Miller-Rabin测试
素数及其性质
素数又称质数。指整数在一个大于 1 1 1 的自然数中，除了 1 1 1 和此整数自身外，没法被其他自然数整除的数。
性质1 有无穷多个素数。
证明： 用反证法。设已知的最大素数为 P P P，考虑 S = 2 × 3 × 5 × … × P + 1 S=2\times3\times5\times…\times P+1 S=2×3×5×…×P+1
显然所有已知素数都无法整除 S S S，所以我们找到了一个更大的素数。 Q.E.D.. \text{Q.E.D..} Q.E.D..
性质2 对于正整数 p , q p,q p,q，若 p p p 是素数且 p ∤ q p\nmid q p∤q，则 p , q p,q p,q 互素。
证明： 由素数定义知， p p p 的因子为 1 , p 1,p 1,p。
∵ p ∤ q , \because p\nmid q, ∵p∤q,
∴ gcd ( p , q ) = 1 , \therefore \gcd(p,q)=1, ∴gcd(p,q)=1,
即 p , q p,q p,q 互素。 Q.E.D.. \text{Q.E.D..} Q.E.D..
性质3 对于任意正整数 N N N，存在连续的 N N N 个合数。
证明： 考虑
( N + 1 ) ! + 2 , ( N + 1 ) ! + 3 , ( N + 1 ) ! + 4 , . . . , ( N + 1 ) ! + N (N+1)!+2,(N+1)!+3,(N+1)!+4,...,(N+1)!+N (N+1)!+2,(N+1)!+3,(N+1)!+4,...,(N+1)!+N
这 N N N 个数都是合数。 Q.E.D.. \text{Q.E.D..} Q.E.D..
性质4 若 p p p 是素数， a a a 是小于 p p p 的正整数，则 a p m o d p = 1 a^p\mod p= 1 apmodp=1。
证明： 详细证明戳这里。
题目描述 loj10197 \text{loj10197} loj10197
给定两个整数 L , R L,R L,R，求闭区间 [ L , R ] [L,R] [L,R] 中相邻两个质数差值最小的数对与差值最大的数对。当存在多个时，输出靠前的素数对。
输入格式
多组数据。每行两个数 L , R L,R L,R。
输出格式
详见输出样例。
样例输入
2 17
14 17
样例输出
2,3 are closest, 7,11 are most distant.
There are no adjacent primes.
数据范围与提示
对于全部数据， 1 ≤ L ≤ R ≤ 2 31 1≤L≤R≤2^{31} 1≤L≤R≤231， R − L ≤ 1 0 6 R-L≤10^6 R−L≤106。
Solution 10197 \text{Solution 10197} Solution 10197
由于 R − L R-L R−L 的数值较小，自然想到把 [ L , R ] [L,R] [L,R] 间的素数筛出，然后找出答案。
对于 [ L , R ] [L,R] [L,R] 区间的数的质因子集 { S } \{S\} {S}，必有
∣ S ∣ ≤ max R ≈ 5 × 1 0 4 |S|≤\sqrt{\max R}≈5\times10^4 ∣S∣≤maxR≈5×104先筛出 5 × 1 0 4 5\times10^4 5×104 内的素数，再尝试从 S S S 的 ⌈ L S ⌉ \lceil \frac{L}{S} \rceil ⌈SL⌉ 倍开始筛去合数，剩下的就是素数。注意特判 1 1 1。
#include题目描述 loj10198 \text{loj10198} loj10198
原题来自：NOIP 2012 普及组
已知正整数 n n n 是两个不同的质数的乘积，试求出较大的那个质数。
输入格式
输入只有一行，包含一个正整数 n n n。
输出格式
输出只有一行，包含一个正整数 p p p，即较大的那个质数。
样例输入
21
样例输出
7
数据范围与提示
对于 30 % 30\% 30% 的数据， n ≤ 1000 n\leq1000 n≤1000；
对于全部数据， 6 ≤ n ≤ 2 × 1 0 9 6\leq n\leq 2\times10^9 6≤n≤2×109。
Solution 10198 \text{Solution 10198} Solution 10198
由于 n n n 是 2 2 2 个素数之积，所以当我们找到一个较小素数 x x x 使 x ∣ n x|n x∣n 时，另一个素因子就是 n x \frac{n}{x} xn。
#include题目描述 loj10200 \text{loj10200} loj10200
哥德巴赫猜想：任何大于 4 4 4 的偶数都可以拆成两个奇素数之和。
你的任务是：验证小于 1 0 6 10^6 106 的数满足哥德巴赫猜想。
输入格式
多组数据，每组数据一个 n n n。
读入以 0 0 0 结束。
输出格式
对于每组数据，输出形如 n = a + b n=a+b n=a+b，其中 a , b a,b a,b 是奇素数。若有多组满足条件的 a , b a,b a,b，输出 b − a b-a b−a 最大的一组。
若无解，输出 Goldbach's conjecture is wrong.。
样例输入
8
20
42
0
样例输出
8 = 3 + 5
20 = 3 + 17
42 = 5 + 37
数据范围与提示
对于全部数据， 6 ≤ n ≤ 1 0 6 6\leq n\leq10^6 6≤n≤106。
Solution 10200 \text{Solution 10200} Solution 10200
- 预处理出 1 − n 1-n 1−n 的素数；
- 对于每一个 n n n，枚举 a a a 判断是否合法。
#include题目描述 loj10201 \text{loj10201} loj10201
Sherlock 有了一个新女友（这太不像他了！）。情人节到了，他想送给女友一些珠宝当做礼物。
他买了 n n n 件珠宝。第 i i i 件的价值是 i + 1 i+1 i+1。那就是说，珠宝的价值分别为 2 , 3 , 4 , . . . , n + 1 2,3,4,...,n+1 2,3,4,...,n+1。
Watson 挑战 Sherlock，让他给这些珠宝染色，使得一件珠宝的价格是另一件的质因子时，两件珠宝的颜色不同。并且，Watson 要求他最小化颜色的使用数。
请帮助 Sherlock 完成这个简单的任务。
输入格式
只有一行一个整数 n n n，表示珠宝件数。
输出格式
第一行一个整数 k k k，表示最少的染色数；
第二行 n n n 个整数，表示第 1 1 1 到第 n n n 件珠宝被染成的颜色。若有多种答案，输出任意一种。
样例输入 1
3
样例输出 1
2
1 1 2
样例输入 2
4
样例输出 2
2
2 1 1 2
样例说明
因为 2 2 2 是 4 4 4 的一个质因子，因此第一件珠宝与第三件珠宝的颜色必须不同。
数据范围与提示
对于全部数据， 1 ≤ n ≤ 1 0 5 1\leq n\leq10^5 1≤n≤105。
Solution 10201 \text{Solution 10201} Solution 10201
易证，所有的素数都是互素的。
所以，我们可以把所有的素数全部染成一种颜色，把其他数染成另一种颜色。
#include题目描述 luoguP1306 \text{luoguP1306} luoguP1306
对于Fibonacci数列： 1 , 1 , 2 , 3 , 5 , 8 , 13...... 1,1,2,3,5,8,13...... 1,1,2,3,5,8,13...... 大家应该很熟悉吧~~~但是现在有一个很“简单”问题：第 n n n 项和第 m m m 项的最大公约数是多少？
输入格式
两个正整数 n n n 和 m m m。（ n , m ≤ 1 0 9 n,m\leq10^9 n,m≤109）
输出格式
f n f_n fn 和 f m f_m fm 的最大公约数。
由于看了大数字就头晕，所以只要输出最后的8位数字就可以了。
输入样例
4 7
输出样例
1
Solution P1306 \text{Solution P1306} Solution P1306
今有结论 gcd ( f n , f m ) = f gcd ( n , m ) \gcd(f_n,f_m)=f_{\gcd(n,m)} gcd(fn,fm)=fgcd(n,m)
证明： 当 n = m n=m n=m 时，结论显然成立。不妨设 n < m n< m n<m，记 f n = a , f n + 1 = b f_n=a,f_{n+1}=b fn=a,fn+1=b。
则 f n + 2 = a + b f_{n+2}=a+b fn+2=a+b f n + 3 = a + 2 b f_{n+3}=a+2b fn+3=a+2b f n + 4 = 2 a + 3 b f_{n+4}=2a+3b fn+4=2a+3b . . . ... ... f m = a ⋅ f m − n − 1 + b ⋅ f m − n f_m=a·f_{m-n-1}+b·f_{m-n} fm=a⋅fm−n−1+b⋅fm−n
而 gcd ( f n , f m ) = gcd ( f n , a ⋅ f m − n + 1 + b ⋅ f m − n ) \gcd(f_n,f_m)=\gcd(f_n,a·f_{m-n+1}+b·f_{m-n}) gcd(fn,fm)=gcd(fn,a⋅fm−n+1+b⋅fm−n)
∴ gcd ( f n , f m ) = gcd ( f n , b ⋅ f m − n ) \therefore\gcd(f_n,f_m)=\gcd(f_n,b·f_{m-n}) ∴gcd(fn,fm)=gcd(fn,b⋅fm−n)。
引理：对于 ∀ n ∈ Z ∗ \forall n\in\Z^* ∀n∈Z∗，有 gcd ( f n , f n + 1 ) = 1 \gcd(f_n,f_{n+1})=1 gcd(fn,fn+1)=1。
证明： gcd ( f n , f n + 1 ) = gcd ( f n , f n + f n − 1 ) = gcd ( f n , f n − 1 ) = gcd ( f n − 1 , f n − 1 + f n − 2 ) = gcd ( f n − 1 , f n − 2 ) … = gcd ( f 2 , f 1 ) = 1 \begin{aligned}\gcd(f_n,f_{n+1})&=\gcd(f_n,f_n+f_{n-1})\\ &=\gcd(f_n,f_{n-1})\\ &=\gcd(f_{n-1},f_{n-1}+f_{n-2})\\ &=\gcd(f_{n-1},f_{n-2})\\ &…\\ &=\gcd(f_2,f_1)\\ &=1 \end{aligned} gcd(fn,fn+1)=gcd(fn,fn+fn−1)=gcd(fn,fn−1)=gcd(fn−1,fn−1+fn−2)=gcd(fn−1,fn−2)…=gcd(f2,f1)=1
∴ \therefore ∴ gcd ( f n , f m ) = gcd ( f n , f m − n ) = gcd ( f n , f m m o d n ) \begin{aligned}\gcd(f_n,f_m)&=\gcd(f_n,f_{m-n})\\ &=\gcd(f_n,f_{m\mod n}) \end{aligned} gcd(fn,fm)=gcd(fn,fm−n)=gcd(fn,fmmodn)
我们发现，这实质就是求解 gcd ( m , n ) \gcd(m,n) gcd(m,n) 的过程，
∴ \therefore ∴ gcd ( f n , f m ) = gcd ( f gcd ( n , m ) , f 0 ) = f gcd ( n , m ) \begin{aligned}\gcd(f_n,f_m)&=\gcd(f_{\gcd(n,m)},f_0)\\ &=f_{\gcd(n,m)} \end{aligned} gcd(fn,fm)=gcd(fgcd(n,m),f0)=fgcd(n,m)
于是问题转化成求 f gcd ( n , m ) f_{\gcd(n,m)} fgcd(n,m) 的值。使用矩阵乘法和快速幂完成求解。
#includeMiller-Rabin 测试
戳这儿进行预习。
Miller-Rabin 测试基于以下定理。
若 p p p 是素数， x x x 是小于 p p p 的正整数，且 x 2 m o d p = 1 x^2\mod p=1 x2modp=1，则 x = 1 x=1 x=1 或 x = p − 1 x=p-1 x=p−1。
以 n = 341 n=341 n=341 为例，Miller-Rabin 测试步骤如下：
- 计算得 2 341 − 1 m o d 341 = 1 2^{341-1}\mod 341=1 2341−1mod341=1；
- 将 341 341 341 除以 2 2 2，得到 170 170 170；
- 计算得 2 170 − 1 m o d 341 = 1 2^{170-1}\mod 341=1 2170−1mod341=1；
- 将 170 170 170 除以 2 2 2，得到 85 85 85；
- 计算得 2 85 m o d 341 = 32 ≠ 1 2^{85} \mod341=32\ne1 285mod341=32̸=1，所以 341 341 341 不是素数（ 341 341 341 是伪素数）。
- * 若是素数，则换用 3 3 3 或其他素数重复以上操作。
一般地，我们把 ∀ n \forall n ∀n 有 a ( n − 1 ) m o d n = 1 a^{(n-1)}\mod n=1 a(n−1)modn=1 的合数 n n n 叫做以 a a a 为底的 伪素数。