【数学】Miller-Rabin算法素数测试

为了能够判断一个数是否是素数，我们很明显可以$O(\sqrt{n})或者O(n)打表$但是在n巨大的时候这样太慢了，有没有更快的办法呢？

接下来，开始瞎搞。

如果要我在确定性算法和随机算法中做选择，当然要随机算法来瞎搞啦。
想一下，和质数有关的定理有什么？
首先我们知道，根据费马小定理，如果$p$是一个质数那么对于任何a和p互质有$a^{p-1}\equiv 1(modp)$所以我们只要找到一个a，与那个p不满足上述条件，那么p就一定是合数，发过来呢？找不到p就是质数？不，反例很多，人们甚至给这样的反例取了个名字叫Carmichael数。
虽然Carmichael数并不多，但是仍然可以说明刚刚的方法好像并不靠谱，还有没有什么别的办法来升级呢？

我们很容易可以想到，对于方程$x^2\equiv 1(modp)$，首先这个方程应该有至少两个解$x\equiv \pm 1(modp)$，如果p真的是个质数，应该只有这两个解而已,否则可以知道
$(x+1)(x-1)\equiv 0(modp)\Rightarrow p|(x+1)或p|(x-1)或(p|(x+1)且p|(x-1))$
如果$p|(x+1)且p|(x-1)$
$\Rightarrow x+1=kp,x-1=jp(k,j均为常数)$
$\Rightarrow 2=(k-j)p(直接由两式相减得)$
如果$p$是大于$2$的质数，那么上面的式子显然不成立.
所以$p|(x+1)或p|(x-1)$
最终得出$x\equiv \pm 1(modp)$

因此如果方程 $x^2\equiv 1(modp)$有一解$x_0\notin \{1,-1\}$那么p不是素数。
因此，我们先看看之前的费马小定理$a^{p-1}\equiv 1(modp)$我们知道p-1是个偶数（2没必要这样判吧）所以设$p-1=2^s\ast d$那么
$\Rightarrow a^{2^s\ast d}\equiv 1(modp)$
$\Rightarrow (a^{2^{(s-1)}\ast d}{)}^2\equiv 1(modp)$
诶！平方出来了，所以根据刚才的定理，我们知道$a^{2^{(s-1)}\ast d}\equiv 1(modp)或者a^{2^{(s-1)}\ast d}\equiv -1(modp)$如果$a^{2^{(s-1)}\ast d}\equiv 1(modp)$那么我们将这个结果递归下去最终得到
$\Rightarrow a^d\equiv 1(modp)或a^{2^r\ast d}\equiv -1(modp)$也就是说$a^d$一开始就是1或者中间结果是-1
为了运算的方便，我们倒着来(毕竟求平方比开根方便)先把$a^d$求出来再运算.
所以，如果n是质数那么$a^d\equiv 1(modp)或a^{2^r\ast d}\equiv -1(modp)$一定有一个成立.
由于可能是$a^{2^r\ast d}\equiv -1(modp)$的情况.
我们没有办法在一开始发现$a^d\equiv 1(modp)或a^{2^r\ast d}\equiv -1(modp)$不成立就判定这不是素数，需要继续运算。
下面是测一个a的情况的c++代码

bool R_M(long long d,long long a,long long M)//d什么的之前先处理了嘛
{
	long long x=ksm(a,d,M);
	if(x==1ll||x==M-1ll)//a^d≡1(modp)或a^{2^0*d}≡-1(modp)
		return 1;
	while(d<M-1)
	{
		x=ksc(x,x,M);//防止炸long long 的快速乘运算你可以理解为x=(x*x)%M;
		d<<=1ll;
		if(x==1ll)//这样就不可能之后有答案是-1了
			return 0;
		if(x==M-1ll)//找到了
			return 1;
	}
	return 0;//完了都没有-1一定不是质数
}

但是一个数还是有25%的概率骗过测试，所以我们只要多测几次就行了。
实际在竞赛中的应用，我们只需要检验一些固定的a即可。
if n < 2,047, it is enough to test a = 2;
if n < 1,373,653, it is enough to test a = 2 and 3;
if n < 9,080,191, it is enough to test a = 31 and 73;
if n < 25,326,001, it is enough to test a = 2, 3, and 5;
if n < 1,122,004,669,633, it is enough to test a = 2, 13, 23, and 1662803;
if n < 2,152,302,898,747, it is enough to test a = 2, 3, 5, 7, and 11;
if n < 3,474,749,660,383, it is enough to test a = 2, 3, 5, 7, 11, and 13;
if n < 341,550,071,728,321, it is enough to test a = 2, 3, 5, 7, 11, 13, and 17;
if n < 3,825,123,056,546,413,051, it is enough to test a = 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, and 23.
所以加上下面的代码，快速的质数判定就完成了

long long pr[20]={0,2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31};//随便整的，多几个没关系（如果卡常还是少几个吧）
bool Isprime(long long x)
{
	for(long long i=1;i<=MAXT;i++)
		if(pr[i]==x)//pr[i]是之前手打的几个质数,MAXT是测试组数
			return 1;
	if(x<=pr[MAXT])//我这里的质数是连续的才这样干，如果选的质数不连续不要这样干！
		return 0;
	long long d=x-1;
	while((d&1ll)==0)
		d>>=1ll;//求d
	for(long long i=1;i<=MAXT;i++)
		if(R_M(d,pr[i],x)==0)
			return 0;
	return 1;
}