[Miller-Rabin][CODEVS1702]素数判定2 解题报告

题面描述：判定一个数P∈[1,2^63-1]∩N是素数么。

按照朴素的判定素数方法，至少也需要O(P^0.5)的，但这道题就是霸气到连这样的时间复杂度都过不了的地步。

实在是不会做了，就学习了传说中的Miller-Rabin素数判定法。

两个引理：

①费马小定理：

设p为质数，且不满足p|a，

则a^(p-1)=a(mod p).

证：

又一个引理，若n与p互质，且a与p互质，则n*a与p互质。

这真的是一个看似很简单的引理，但它却意味着一些看似不那么简单的事情。

设A=(0,p)∩N,则

①对于任意x∈A，x与p互质；

②对于任意x,y∈A，y-x与p互质。

因为假如y-x与p不互质的话，

设y>x,y-x=kp,k∈(0,+无穷)∩N，则y=x+kp,

kp>=p,

∴y∉A，这与题设y∈A相矛盾。

∴y-x与p互质

设B={a*x|x∈A},

则因为a与p互质，

所以对于任意y,x∈A,有Y=a*y∈B,X=a*x∈B,Y-X=a*(y-x)与p互质。

即对于任意x,y∈B，有y-x与p互质。

则C={x(mod p)|x∈B}=A.

因为B中共有p-1项，且均与p互质，所以若其中每项在模p意义下均不相同，则必使得C=A（因为对于任意数x与p互质，模p只可能会产生1~p-1这p-1种可能）。

以下解释为何B中任意两项在模p意义下均不相同：

因为若B中存在两项x=y(mod p),x,y∈B,则p|y-x,但以上我们已证得B中任意两项之差均不能被p整除。

综上，命题得证。

费马小定理是质数的一个性质，但同样存在合数满足此性质。

但我们可以高效地check一个数是否具有此种性质，与快速幂相结合，只需要logP的时间复杂度；但这依然是不够的，因为存在一种叫做伪素数的东西可以很好地卡掉这种算法，而且OI中编数据的人一般对这种伪素数都相当地青睐。

②所以。。我们还需要进一步的检验。

一个与费马小定理完美结合的定理。

模意义下的乘法运算依然遵循四则运算法则，

所以若x^2=1,则x=±1，在模运算中，就是：

若x^2=1(mod p),则x=1或p-1.

说这玩意儿高明，究竟高明在哪儿呢？

①它与费马小定理完美结合，完全相同的运算方式。

②在最好情况下，它可以实现log^2级的高效check。

所以呢，我们的做法就是随机选几个数，然后判断它是否符合费马小定理，若符合再将指数除以2不断进行二次检验；直到检验出其不是质数或结果等于-1为止。

综上所述，我们很容易就可以发现这本质上其实是一种hash的思想，通过两个异常巧妙的结合。

这就是Miller-Rabin素数判定法的全部奥妙所在了；据说每一次检验会有1/4的可能出错，所以如果是对于2^63-1这样的数据范围的话，选33个数以上应该是比较合理的。。

时间复杂度为,在下面的代码中选取了10个数，并把高精度乘法改成了写起来更为简单的二分求积，所以

#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
typedef unsigned long long LLU;
LLU N;
inline LLU multi(LLU x,LLU y){
	LLU a=x,b=y,t=x,ans=0;
	for(;b;b>>=1){
		if(b&1)ans=(ans+t)%N;
		t=(t<<1)%N;
	}
	//cout<<x<<"*"<<y<<"="<<ans<<endl;
	return ans;
}
inline bool Prime(LLU A,LLU tmp){
	//cout<<"Prime:"<<A<<" "<<tmp<<endl;
	LLU a=A,b=tmp,t=a,ans=1;
	for(;b;b>>=1){
		if(b&1)ans=multi(ans,t);
		t=multi(t,t);
	}
	//cout<<A<<"^"<<tmp<<"="<<ans<<endl;
	if(ans==1)return 0;
	if(ans==N-1){
		if(tmp==N-1){
			printf("No");
			exit(0);
		}
		return 1;
	}
	else{
		printf("No");
		exit(0);
	}
}
int main(){
	LLU tmp,a,b,t,ans,j;
	int i,prime[]={10,35,77,535,71497,2,3,5,7,11,3161};
	cin>>N;
	if(N==1){
		printf("No");
		return 0;
	}
	for(i=prime[0];i--;)
		if(N%prime[i]&&prime[i]%N){
			j=N-1<<1;
			do{
				j>>=1;
				if(Prime(prime[i],j))
					break;
			}while(~j&1);
		}
	printf("Yes");
}