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 $1$ 的自然数中，除了 $1$ 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 $P$，考虑$S=2\times3\times5\times…\times P+1$
显然所有已知素数都无法整除 $S$，所以我们找到了一个更大的素数。$\text{Q.E.D..}$

性质2 对于正整数 $p,q$，若 $p$ 是素数且 $p\nmid q$，则 $p,q$ 互素。
证明： 由素数定义知， $p$ 的因子为 $1,p$。
$\because p\nmid q,$
$\therefore \gcd(p,q)=1,$
即 $p,q$ 互素。$\text{Q.E.D..}$

性质3 对于任意正整数 $N$，存在连续的 $N$ 个合数。
证明： 考虑
$(N+1)!+2,(N+1)!+3,(N+1)!+4,...,(N+1)!+N$
这 $N$ 个数都是合数。$\text{Q.E.D..}$

性质4 若 $p$ 是素数，$a$ 是小于 $p$ 的正整数，则 $a^p\mod p= 1$。
证明： 详细证明戳这里。

题目描述 $\text{loj10197}$

给定两个整数 $L,R$，求闭区间 $[L,R]$ 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 $L,R$。

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，$1≤L≤R≤2^{31}$，$R-L≤10^6$。

$\text{Solution 10197}$

由于 $R-L$ 的数值较小，自然想到把 $[L,R]$ 间的素数筛出，然后找出答案。
对于 $[L,R]$ 区间的数的质因子集 $\{S\}$，必有
$|S|≤\sqrt{\max R}≈5\times10^4$先筛出 $5\times10^4$ 内的素数，再尝试从 $S$ 的 $\lceil \frac{L}{S} \rceil$ 倍开始筛去合数，剩下的就是素数。注意特判 $1$。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>

#define reg register

typedef long long ll;
const int inf=1e6+10;
int L,R;
int a[1000010],b[1000010],d[1000010];
int len=0,c,set=0;
int l1,r1,l2,r2,ans1,ans2;

void work(){
	memset(b,1,sizeof(b));
	for(reg int i=2;i<=inf;++i){
		if(b[i]){
			b[i]=0;a[++len]=i;
			for(reg int j=i+i;j<=inf;j+=i)
				b[j]=0;
		}
	}
}
int main(){
	work();
	while(scanf("%d%d",&L,&R)!=EOF){
		l1=r1=l2=r2=0;ans1=0x3f3f3f3f;ans2=-1;
		memset(d,1,sizeof(d));
		if(L==1) d[0]=0;
		for(reg int i=1;i<=len;++i){
			c=L/a[i];
			//if(ll(a[i]*c)<(ll)L) ++c;
			for(reg int j=c<=1?2:c;j<=R/a[i];++j){
				int dd=j*a[i]-L;
				if(dd>R-L||dd<0) continue;
				d[dd]=0;
			}
		}
		for(reg int i=0;i<=R-L;++i)
			if(d[i]){
				set=i;
				break;
			}
		if(set==-1){
			puts("There are no adjacent primes.");
			continue;
		}
		for(reg int i=set+1;i<=R-L;++i)
			if(d[i]){
				if(i-set<ans1){
					ans1=i-set;
					l1=set+L;r1=i+L;
				}
				if(i-set>ans2){
					ans2=i-set;
					l2=set+L;r2=i+L;
				}
				set=i;
			}
//		for(reg int i=0;i<=R-L;++i)
//			printf("%d ",d[i]);
//		puts("");
		if(!l1&&!r1&&!l2&&!r2)
			puts("There are no adjacent primes.");
		else
			printf("%d,%d are closest, %d,%d are most distant.\n",l1,r1,l2,r2);
	}
}

题目描述 $\text{loj10198}$

原题来自：NOIP 2012 普及组

已知正整数 $n$ 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 $n$。

输出格式

输出只有一行，包含一个正整数 $p$，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 $30\%$ 的数据， $n\leq1000$；

对于全部数据，$6\leq n\leq 2\times10^9$。

$\text{Solution 10198}$

由于 $n$ 是 $2$ 个素数之积，所以当我们找到一个较小素数 $x$ 使 $x|n$ 时，另一个素因子就是 $\frac{n}{x}$。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>

#define reg register

typedef long long ll;
ll n;
bool b[200000010];

#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))

void work(){
	memset(b,1,sizeof(b));
	for(reg ll i=2;i*i<=n;++i){
		if(b[i]){
			b[i]=0;
			if(!(n%i)){
				printf("%lld",max(i,n/i));
				exit(0);
			}
			for(reg ll j=i+i;j<=min(n,20000000);j+=i)
				b[j]=0;
		}
	}
}
int main(){
	scanf("%lld",&n);
	work();
}

题目描述 $\text{loj10200}$

哥德巴赫猜想：任何大于 $4$ 的偶数都可以拆成两个奇素数之和。
你的任务是：验证小于 $10^6$ 的数满足哥德巴赫猜想。

输入格式

多组数据，每组数据一个 $n$。
读入以 $0$ 结束。

输出格式

对于每组数据，输出形如 $n=a+b$，其中 $a,b$ 是奇素数。若有多组满足条件的 $a,b$，输出 $b-a$ 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，$6\leq n\leq10^6$。

$\text{Solution 10200}$

1. 预处理出 $1-n$ 的素数；
2. 对于每一个 $n$，枚举 $a$ 判断是否合法。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>

#define reg register

int n,s;
int a[100010],b[1000010];
int len=0;
int f[1000010];

void reset(){
	memset(b,1,sizeof(b));
	for(reg int i=2;i*i<=1000000;++i)
		if(b[i]){
			a[++len]=i;
			for(reg int j=i+i;j<=1000000;j+=i)
				b[j]=0;
		}
}
void work(int x){
	if(!x) return;
	if(f[x]){
		printf("%d = %d + %d\n",x,f[x],x-f[x]);
		return;
	}
	for(reg int i=2;i<=len/2+1;++i)
		if(b[x-a[i]]){
			f[x]=a[i];
			printf("%d = %d + %d\n",x,f[x],x-f[x]);
			return;
		}
}
int main(){
	memset(f,0,sizeof(f));
	reset();
	do{
		scanf("%d",&s);
		work(s);
	}while(s);
}

题目描述 $\text{loj10201}$

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 $n$ 件珠宝。第 $i$ 件的价值是 $i+1$。那就是说，珠宝的价值分别为 $2,3,4,...,n+1$。

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 $n$，表示珠宝件数。

输出格式

第一行一个整数 $k$，表示最少的染色数；
第二行 $n$ 个整数，表示第 $1$ 到第 $n$ 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 $2$ 是 $4$ 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，$1\leq n\leq10^5$。

$\text{Solution 10201}$

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<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>

#define reg register

int n;
int a[100010];

void work(){
	memset(a,1,sizeof(a));
	for(reg int i=2;i<=n+5;++i)
		if(a[i])
			for(reg int j=i+i;j<=n+5;j+=i)
				a[j]=0;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	if(n==1){
		puts("1\n1");
		exit(0);
	}
	if(n==2){
		puts("1\n1 1");
		exit(0);
	}
	work();
	puts("2");
	for(reg int i=1;i<=n;++i)
		printf("%d ",a[i+1]?1:2);
}

题目描述 $\text{luoguP1306}$

对于Fibonacci数列：$1,1,2,3,5,8,13......$ 大家应该很熟悉吧~~~但是现在有一个很“简单”问题：第 $n$ 项和第 $m$ 项的最大公约数是多少？

输入格式

两个正整数 $n$ 和 $m$。（$n,m\leq10^9$）

输出格式

$f_n$ 和 $f_m$ 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

$\text{Solution P1306}$

今有结论$\gcd(f_n,f_m)=f_{\gcd(n,m)}$
证明： 当 $n=m$ 时，结论显然成立。不妨设 $n< m$，记 $f_n=a,f_{n+1}=b$。
则$f_{n+2}=a+b$$f_{n+3}=a+2b$$f_{n+4}=2a+3b$$...$$f_m=a·f_{m-n-1}+b·f_{m-n}$
而$\gcd(f_n,f_m)=\gcd(f_n,a·f_{m-n+1}+b·f_{m-n})$
$\therefore\gcd(f_n,f_m)=\gcd(f_n,b·f_{m-n})$。

引理：对于 $\forall n\in\Z^*$，有 $\gcd(f_n,f_{n+1})=1$。
证明： $\begin{aligned}\gcd(f_n,f_{n+1})&=\gcd(f_n,f_n+f_{n-1})\\ &=\gcd(f_n,f_{n-1})\\ &=\gcd(f_{n-1},f_{n-1}+f_{n-2})\\ &=\gcd(f_{n-1},f_{n-2})\\ &…\\ &=\gcd(f_2,f_1)\\ &=1 \end{aligned}$

$\therefore$$\begin{aligned}\gcd(f_n,f_m)&=\gcd(f_n,f_{m-n})\\ &=\gcd(f_n,f_{m\mod n}) \end{aligned}$
我们发现，这实质就是求解 $\gcd(m,n)$ 的过程，
$\therefore$$\begin{aligned}\gcd(f_n,f_m)&=\gcd(f_{\gcd(n,m)},f_0)\\ &=f_{\gcd(n,m)} \end{aligned}$
于是问题转化成求 $f_{\gcd(n,m)}$ 的值。使用矩阵乘法和快速幂完成求解。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>

#define reg register

typedef long long ll;

int a,b;
int n,m;

struct node{
	ll a[3][3];
	int x,y;
	node(){
		x=y=0;
		memset(a,0,sizeof(a));
	}
	void pt(){
		printf("%lld",a[1][2]);
	}
}s,t,ans;
node T(node a,node b){
	node c;c.x=a.x;c.y=b.y;
	for(reg int i=1;i<=c.x;++i)
		for(reg int j=1;j<=c.y;++j)
			for(reg int k=1;k<=a.y;++k)
				c.a[i][j]=(c.a[i][j]+a.a[i][k]*b.a[k][j])%m;
	return c;
}
node QT(node a,int b){
	if(b<=1) return a;
	node c=QT(a,b/2);
	if(b%2)
		return T(T(c,c),a);
	else
		return T(c,c);
}

int main(){
	scanf("%d%d",&a,&b);
	n=std::__gcd(a,b);m=100000000;
	if(n<=2){
		puts("1");
		exit(0);
	}
	s.x=1;s.y=2;s.a[1][1]=s.a[1][2]=1;
	t.x=2;t.y=2;t.a[1][1]=0;t.a[1][2]=t.a[2][1]=t.a[2][2]=1;
	ans=T(s,QT(t,n-2));
	ans.pt();
}

Miller-Rabin 测试

戳这儿进行预习。

Miller-Rabin 测试基于以下定理。
若 $p$ 是素数，$x$ 是小于 $p$ 的正整数，且 $x^2\mod p=1$，则 $x=1$ 或 $x=p-1$。
以 $n=341$ 为例，Miller-Rabin 测试步骤如下：

1. 计算得 $2^{341-1}\mod 341=1$；
2. 将 $341$ 除以 $2$，得到 $170$；
3. 计算得 $2^{170-1}\mod 341=1$；
4. 将 $170$ 除以 $2$，得到 $85$；
5. 计算得 $2^{85} \mod341=32\ne1$，所以 $341$ 不是素数（$341$ 是伪素数）。
6. * 若是素数，则换用 $3$ 或其他素数重复以上操作。

一般地，我们把 $\forall n$ 有 $a^{(n-1)}\mod n=1$ 的合数 $n$ 叫做以 $a$ 为底的 伪素数。