素数判定方法

素数

素数判断

素数是指在大于$1$的自然数中，除了1和它本身之外不再有其他因数的自然数

判断一个数$n$是否为素数自然可以利用这一点来，使用循环从2到n-1的位置，依次判断能否被这个数整除。

bool is_prime (int x) {
    if(x < 2) return false;
	for(int i = 2; i <= x - 1; ++i)
		if(x % i == 0)
			return false;
	return true;
}

优化一

实际上循环不需要到$n-1$，到$\sqrt{n}$即可，因为对于整数$n$的因子数$x$，假设$n=x\times y$，其中$x，y$这一对会被重复判断，例如$12$的可以是$2\times 6$ , $3\times 4$ , $4\times 3$ , $6\times 2$，后面一半的计算都是多余的，如果$x$表示左边的值，$x$最多判断到$\sqrt{n}$即可，超过这个值就是重复判断的。

bool is_prime (int x) {
	if(x < 2) return false;
	for(int i = 2; i * i <= x; ++i)
		if(x % i == 0)
			return false;
	return true;
}

优化二(强推)

大于等于$5$的质数和$6$的倍数相邻

可以证明：假设把所有大于等于$5$的自然数表示成：

$6x-1、6x、6x+1、6x+2、6x+3、6x+4、6x+5、6(x+1)、6(x+1)+1$

可以看到除了$6x-1$和$6x+1$其他的数字

$6x+2、6x+3、6x+4$可以写成$2(3x+1)、3(2x+1)、2(3x+2)$，因此一定不是素数($6x+5$看成$6(x+1)-1$，相当于$6x-1$)

即大于等于$5$的质数一定是$6x+1$或者$6x-1$的形式(和$6$的倍数相邻)，但是这些数不一定全都是素数，例如$35=5\times 7=6\ast 6-1$。所有$(6x+1)\ast (6x-1)$的数也可能满足在$6$的两侧。因此需要判断

所以判断一个数$n$是否是质数，小于$5$的情况特判，同时考虑$n\%6$的值一定是$1$或者$5$，否则肯定不是质数，到这里就保证了这个数一定在$6$的倍数的两侧，接下来就只判断两侧的数是否能被$6x+1$或者$6x-1$整除即可
因此循环从最小的$6x-1$开始，每次加$6$，这样能枚举到所有$6x-1$的数，然后$6x+1$用$6x-1+2$来表示。

bool is_prime (int x) {
    if(x < 5) { //小于5的情况特判
    	if(x == 2 || x == 3) return true;
    	else return false;
    }
    if(x % 6 != 1 && x % 6 != 5) return false; //判断x是否在6的倍数的两侧
	for(int i = 5; i * i <= x; i += 6) //判断所有两侧的数中是否能被6i+1和6i-1整除
		if(x % i == 0 || x % (i+2) == 0) //i就是6k-1 i+2就是6k+1
			return false;
	return true;
}

埃拉托斯特尼筛法

如果$k$是素数，那么$k$的倍数一定不是素数

思想很简单，很好理解，筛法就是把不是素数的数筛掉，是素数的数保留下来。

因此要用一个$bool$数组来记录这个数是否是素数，代码写起来很容易。

bool check[N] = {1, 1};  // 0, 1不是素数，素数标记为0，假设一开始除0,1都是素数
void Get_Prime (int n) {
	for(int i = 2; i * i <= n; i++)  //从2开始筛
		if(!check[i]) {
			for(int j = 2; j * i <= n; j++) //把所有素数i的倍数全部标记成1
				check[i*j] = 1;
		}
}

欧拉筛法

欧拉筛法才是真正意义上的线性筛法，对于前面的埃氏筛法，实际上对于一个数字，可能会被多次筛掉，例如$12$，在找质数$2$，$3$的时候都会被筛一次。效率很低，那么如果对于每一个数只筛一次呢？是不是才叫做真正的线性筛。

首先，任意一个合数都可以被分解成一个质数和一个数的积

假设，对于任意一个合数，我们用**“这个合数 = 最小质因数 $\times$ 最大因数(非自己)”**，来表示

假设合数$A=X\times Y$ ($X$表示最小质因数，$Y$表示最大因数(非自己))

可以让$Y$从$2$开始循环，每次加$1$，去乘所有得到质数。然后筛掉结果

但是，当$Y\%X==0$的时候，就要跳出循环，不能再筛了。

因为这个时候$Y$是$X$的倍数，如果把$X$分解成$M\times N$(其中$M$表示最小质因数，$N$表示最大因数(非自己))

$A=M\times (N\times Y)$，其中$M<X$，很明显此时$A$这个合数已经被$M$更小的质因数筛掉了。 后面的都是重复计算了。

bool check[N] = {1, 1};  //0表示素数，1表示合数
int prime[M], cnt; //prime数组用来记录素数，cnt用来记录素数个数
void Get_Prime (int n) {
	for(int i = 2; i <= n; i++) {
		if(!check[i]) prime[++cnt] = i; //统计素数
		for(int j = 1; j <= cnt && j * i <= n; j++) { //取出所有的prime的素数来，筛掉合数
			check[i * prime[j]] = 1;
			if(i % prime[j] == 0) //说明已经被筛过了，直接跳出循环
				break;
		}
	}
}

Miller_Rabin 素性测试

前两种算法必须要从头开始筛选，不能离散的判断某一个数是否是素数。但是对于一个大数来讲，如果不能满足$O(\sqrt{n})$的算法，这时候可以进行Miller_Rabin素性测试，可大概率测出是否为素数

要使用这种算法，需要知道一个重要的定理：费马小定理

• 若$p$为素数，对于任意整数$a$($a$不为$p$的倍数，或者说$a$和$p$互质)，都有$a^{p-1}\equiv 1(modp)$。

  这是一个充分条件，反过来不一定成立，即满足这个条件的$a^{p-1}\equiv 1(modp)$，不一定能证明$p$是一个素数，因此需要多次使用费马小定理来增强结果的可信度，但是还是有一类合数满足费马小定理的条件，例如$561$，这类合数叫做$Carmichael$数。因此不能完全使用费马小定理来判断一个数是否是素数

• 因此需要使用另外一个定理来避免将$Carmichael$数当成素数。二次探测定理

  如果$p$是一个素数，$0<x<p$，则方程$x^2\equiv 1(modp)$的解为$x=1$ 或 $x=p-1$

  可以简单证明：$x^2\equiv 1(modp)$等价于$(x-1)(x+1)\%p=0$，则要么$(x+1)\%p=0，x=p-1$，或者$(x-1)\%p=0，x=p+1$。因为$x<p$。则不可能为$x=p+1$，此时$x$可以取$1$

  举例，对于一个满足费马小定理的合数$561$，假设选择底数为$2$，则$2^{560}\%561=1$成立，这时候进行二次探测，$x=2^{280}，2^{280}\%561=1$成立，继续探测$2^{140}\%561=67$，此时不等于$1$或者$560(p-1)$，可以判断$561$不是一个素数。那么对于$p$我们可以将$p-1$分解成$p-1=2^t\times r$，对于底数为$a$的情况，首先算出$a^r$，然后可以将$a^r$不断平方，使用二次探测，变成$a^{2r}、a^{4r}...$，不断地模$p-1$，观测当结果为$1$的时候，此时$a^{r\ast 2^{t-i}}$是否等于$p-1$或者$1$

因此对于一个数$n$使用Miller_Rabin算法进行测试的时候

• $n$的奇偶性，偶数直接舍去，以及小于等于$2$的数特判
• 选择一个质数$a$作为底数，同时将$n-1$分解成$2^t\times r$的形式
• 将$a^t$计算出来，然后进行$t$次探测，不断乘下去
• 最后得到$a^{n-1}\%n$的形式，根据费马小定理，判断结果是否为$1$

总结

使用两个定理选择合适的底数，增加正确率

• 定理一(费马小定理)：若$p$为素数，对于任意整数$a$($a$不为$p$的倍数，或者说$a$和$p$互质)，都有$a^{p-1}\equiv 1(modp)$。
• 定理二(二次探测定理)：如果$p$是一个素数，$0<x<p$，则方程$x^2\equiv 1(modp)$的解为$x=1$ 或 $x=p-1$
  通过选择不同的底数，不断使用二次探测定理，增加判断的正确率，而二次探测就是为了筛掉那些符合费马小定理的合数(伪素数)，算法核心表述出来就是将要判断的数$n$表示成$n-1=2^t\ast r$，这一步可以使用位运算加速，然后先计算出$b=prim{e}^{r}modn$然后把$b$平方$r$次，进行判断，最后验证一下费马小定理即可

$a$可以选择多次，如果取遍$30$以内的整数，int范围内的素数判断不会出错，同时在进行$a^r\times a^r$时候。如果是long long 范围的，结果可能出错，需要使用快速积

模板题(Loj 143. 质数判定)

快速乘一定要用$O(1)$的方法不然会超时

#include <cstdio>
#include <iostream>
#define ll long long
#define T 9
using namespace std;
ll prime[T] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23};

ll Quick_Multiply (ll x, ll y, ll mod) {
	ll tmp = x * y - ((ll)((long double)x / mod * y + 0.5)) * mod;
    return tmp < 0 ? tmp + mod : tmp; 
}

ll Quick_power (ll a, ll b, ll c) {
	a %= c;
	ll res = 1;
	while (b) {
		if(b & 1) res = Quick_Multiply (res, a, c);
		b >>= 1;
		a = Quick_Multiply (a, a, c);
	}
	return res;
}

bool Miller_Rabin (ll p) {
	if (p == 2) return true;
	if (!(p & 1) || p < 2) return false;
	ll k, r = p - 1, t = 0, b;
	while (!(r & 1)) { // 计算p-1 = r * 2^t
		r >>= 1;
		t ++;
	}
	for (int i = 0; i < T; i++) {
		if(prime[i] == p) return true;
		k = Quick_power (prime[i], r, p); 
		b = k;
		for (int j = 0; j < t; j++) {
			b = Quick_Multiply (k, k, p); //二次探测
			if (b == 1 && k != 1 && k != p-1) return false;
			k = b;
		}
		if(b != 1) return false; //费马小定理判断
	}
	return true;
}

int main () {
	ll n;
	while (scanf("%lld", &n) == 1) {
		if (Miller_Rabin(n)) 
			printf("Y\n");
		else 
			printf("N\n");
	}
	return 0;
}