31.数论算法

1.GCD

int gcd(int a, int b){
  if(b == 0) return a;
  return gcd(b ,a%b);
}

2 欧拉公式

ϕ ( n ) = n ∏ p ∣ n ( 1 − 1 p ) \phi(n)=n\prod_{p|n}(1-\frac{1}{p}) ϕ(n)=npn(1p1)

Z 15 ∗ = 1 , 2 , 4 , 7 , 8 , 11 , 13 , 14 Z_{15}^{*}={1,2,4,7,8,11,13,14} Z15=1,2,4,7,8,11,13,14

∣ Z 15 ∗ ∣ = 15 × ( 1 − 1 3 ) × ( 1 − 1 5 ) |Z_{15}^{*}|=15\times (1-\frac{1}{3}) \times(1-\frac{1}{5}) Z15=15×(131)×(151)

15 = 3 1 × 5 1 15 = 3^{1}\times 5^{1} 15=31×51

15 * 2/3 * 4/5 表示对原有集合的缩减,缩减的比例是能够以p为除数整除n的比例为依据。

3.求幂(反复平方法)

typedef long long int ll;
ll mod_mul(ll a, ll b, ll mod)
{
    ll res = 0;
    while (b)
    {
        if (b & 1)
            res = (res + a) % mod;
        a = (a + a) % mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}
ll mod_pow(ll a, ll n, ll mod)
{
    ll res = 1;
    while (n)
    {
        if (n & 1)
            res = mod_mul(res, a, mod);
        a = mod_mul(a, a, mod);
        n >>= 1;
    }
    return res;
}

4.RSA算法

31.数论算法_第1张图片
例子:p=11,q=29,n=319,e=3.

ϕ ( n ) = ( p − 1 ) ( q − 1 ) = 280 \phi(n)=(p-1)(q-1)=280 ϕ(n)=(p1)(q1)=280

1 = a x ′ + n y ′ = > 1 = 3 × x ′ + 280 y ′ 1=ax'+ny'=> 1=3\times x'+280y' 1=ax+ny=>1=3×x+280y

x ′ = − 93 m o d    280 = 187 x'=-93\mod 280=187 x=93mod280=187

d = 187 d = 187 d=187

C = M e m o d    n = 10 0 3 m o d    319 = 254 C=M^e \mod n=100^3\mod 319=254 C=Memodn=1003mod319=254

M = C d m o d    n = 25 4 187 m o d    319 = 100 M=C^d \mod n = 254^{187} \mod 319 = 100 M=Cdmodn=254187mod319=100

5.素数判定

5.1 费马引理

a p − 1 = ( 1 m o d    p ) a^{p-1}=(1\mod p) ap1=(1modp)

5.2 二次探测引理

x 2 = ( 1 m o d    p ) , x = 1   o r   x = p − 1 x^2=(1\mod p),x=1\ or\ x=p-1 x2=(1modp),x=1 or x=p1

proof.
x 2 − 1 = ( x + 1 ) ( x − 1 ) = ( 0 m o d    p ) → p ∣ ( x + 1 ) ( x − 1 ) x^2-1=(x+1)(x-1)=(0\mod p)\rightarrow p|(x+1)(x-1) x21=(x+1)(x1)=(0modp)p(x+1)(x1)

p is prime number, so, x+1=p, x-1=0 => x=p-1, x=1
5.3 Miller-Rabin改进

对于n,若为素数,则n-1比为偶数,令
n − 1 = 2 q m n-1=2^{q}m n1=2qm
其中,m的二进制后跟q个0,即为n-1。

对于素数,则必满足费马引理( a 2 q m = a n − 1 = ( 1 m o d    n ) ,   q = 0 a^{2^{q}m}=a^{n-1}=(1\mod n),\ q=0 a2qm=an1=(1modn), q=0

由二次探测引理可知, a 2 q m = ( a 2 q − 1 m ) 2 = ( 1 m o d    n ) a^{2^{q}m}=(a^{2^{q-1}m})^2=(1\mod n) a2qm=(a2q1m)2=(1modn), 记 x = a 2 q − 1 m x=a^{2^{q-1}m} x=a2q1m,则 x = 1   o r   x = n − 1 x=1 \ or\ x=n-1 x=1 or x=n1,当n为素数时,否则n为合数。

所以对如下序列{x}进行上述验证:
a m , a 2 m , a 4 m , ⋯   , a 2 q m a^{m},a^{2m},a^{4m},\cdots,a^{2^qm} am,a2m,a4m,,a2qm
只要其中某一项不满足 x 2 = ( 1 m o d    n ) x^2=(1\mod n) x2=(1modn)时,x=1或x=n-1,则n必为合数。

// Miller-Rabin随机算法检测n是否为合数
bool Miller_Rabin(ll n, int s)
{
    ll m = n - 1, k = 0;
    while (!(m & 1))
    {
        k++;
        m >>= 1;
    }
    for (int i = 1; i <= s; i++)  // 迭代次数
    {
        ll a = rand() % (n - 1) + 1;	//每次选取不同的基
        ll x = mod_pow(a, m, n);
        ll y;
        for (int j = 1; j <= k; j++)
        {
            y = mod_mul(x, x, n);
            if (y == 1 && x != 1 && x != n - 1)	//二次探测检查
                return true;
            x = y;
        }
        if (y != 1)			//费马引理检查
            return true;
    }
    return false;
}

bool is_prime(int n){
    if (n == 2)
        return true;
    if (n < 2 || !(n & 1))
        return false;
    return !Miller_Rabin(n, 1);
}
5.4 误判概率

​ 结论:上界 2 − s 2^{-s} 2s,实际表现更好。

​ 证明:群论不想看,以后有心情再学。

6 整数因子分解

#include 
#include 
using namespace std;
void solve(int n, int s, vector<int>& res){
    for(int i=s;i<=n;i++){
        if(n%i == 0){
            res.push_back(i);
            solve(n/i, i, res);
            break;
        }
    }
}
int main(){
    vector<int> res;
    solve(60, 2, res);
    for(auto e: res)
        cout << e << " ";
    cout << endl;
    return 0;
}

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