4 数论

${\Large 约定}$：

用集合符号表示位运算符号，用 $ \oplus $ 表示异或，特别的，$ i \in S$ 表示二进制数 $S$ 的第 $i$ 位为 $1$

用 $V$ 表示值域，$\sum$ 表示字符集，$\omega$ 表示 bitset 的常数 $(\omega = 64)$

除去用 $()/[]$ 表示开闭区间外，$[]$ 仅表示艾弗森约定，$\{\}$ 仅表示集合,括号嵌套全用 $()$

字符串或序列角标为区间表示对应区间的子串

problems

$\textcolor{white}{\mathrm{pw:hellORwold}}$

数论好难数论好难数论好难。

P4718 【模板】Pollard-Rho

$\textcolor{purple}{\mathrm{省选/NOI−}}$ tag 数学 素数判断

Pollard-Rho 模板题。
检验是否是质数可以用 Miller–Rabin。
费马小定理：若 $p$ 为素数，$a\not\equiv 0\pmod p$，则 $a^{p-1}\equiv 1\pmod p$。
二次探测定理：若 $p$ 是奇素数，则 $x^2\equiv 1\pmod p$ 的解只有 $x\equiv 1\pmod p$ 与 $x\equiv p-1\pmod p$，即 $1$ 在模 $p$ 意义下不存在非
平凡平方根。若找到了一个在 $[2,p-2]$ 中的 $x$ 满足 $x^2\equiv 1\pmod p$，则可得 $(x+1)(x-1)\equiv 0\pmod p$。由于 $x$ 在 $[2,p-2]$ 中，因此 $(x+1),(x-1)$ 均非 $0$ 且 $<p$，因此两者一定有一个不与 $p$ 互素，$p$ 一定不是素数。
有了这两个定理就可以实现 Miller-Rabin 了。
流程：

$p$ 是偶数或 $1$ 直接判断。
$p$ 为大于 $1$ 的奇数时，选取一个在区间 $[2,p)$ 之间的随机数 $a$（也可以是一些确定的数比如 $30$ 以内的质数）。
将 $p-1$ 分解为 $2^t\times r$ 的形式，若 $a^r\equiv -1/0/1$，则可以跳出这轮判断。（$a^r\equiv -1/1$ 说明 $a^r$ 是 $1$ 在模 $p$ 意义下的平凡平方根，$a^r\equiv 0$ 说明 $a$ 是 $p$ 的正整数次幂（？），如果 $a$ 不是素数也会被后面的判断掉。）然后计算 $a^{2^k\times r}(0\leq k\leq t)$（在 $a^r$ 的基础上不断平方即可）。若在平方过程中发现一个不为 $1$ 或 $p−1$ 的数的平方为 $1$，则根据二次探测定理直接判断 $p$ 不是素数。假如说计算到 $a^{2^k\times t}$ 时还不为 $1$，那么就说明 $p$ 不是素数。
若多次回到步骤 $2$ 后还没有判断 $p$ 不是素数，则认为 $p$ 是素数。

接下来要找出最大的质因数。
设要求的是 $n$ 的最大质因数，我们可以找到 $n$ 的一个非平凡因子 $x$，并让 $x$ 和 $\frac n x$ 继续递归下去直到变成质数，然后选出最大的质数即可，显然质因数的个数是不超过 $\log n$ 的。要找到 $n$ 的一个非平凡因子可以用 Pollard-Rho。
每次随机一个数，看看这个数是否是 $n$ 的因数，这样期望的时间复杂度是 $\mathcal{O(n)}$ 的，显然是可以改进的。
因为我们只要找到一个非平凡因子，显然可以改进成随机一个数之后让这个数与 $n$ 求 gcd。如果结果不为 $1$ 说明这是 $n$ 的一个因数，最差期望时间复杂度是 $\mathcal{O(\sqrt n\log n)}$。
生日悖论：如果我们不断在某个范围内生成随机整数，很快便会生成到重复的数，期望大约在根号级别。精确地说，对于一个 $[1,N]$ 内整数的理想随机数生成器，生成序列中第一个重复数字前期望有 $\sqrt \frac{\pi N}{2}$ 个数。
如果我们不断在 $[1,n-1]$ 间生成随机数，那么期望在生成大约 $n^{\frac 1 4}$ 个数后，可以出现两个在模 $p$ 下相同的数（$[1,n-1]$ 间的随机数模 $p$ 大大致是 $[0,p-1]$ 间的随机数）。在这里 $p\mid n$。设 $x<y$，那么有 $p\mid y-x$，$\gcd(y-x,n)=p>1$，那么我们就找到了一个非平凡因子。
Pollard 使用一种特别的伪随机数生成器来生成 $[0,N-1]$ 间的伪随机数序列：设序列第一个数为 $x$，$f(x):= (x^2+c)\mod N$，则 $x,f(x),f((x)),f(f(f(x))),...$ 为一个随机数序列。
这个伪随机数生成器生成的数具有一个性质。如果 $|i-j|\equiv 0\pmod p$，那么一定有 $|f(i)-f(j)|=|i^2-j^2|=|i-j|\times |i+j|\equiv 0\pmod p$。由此可得，只要环上距离为 $d$ 的两个数满足条件，那么所有距离为 $d$ 的数都满足条件。在 Floyd 判环的过程中，维护两个指针 $l$ 和 $r$，其中 $r$ 移动的步数是 $l$ 的两倍，让 $|r-l|$ 与 $n$ 求 gcd。每次移动都相当于在检查一个新的距离 $d$，这样就不需要进行两两比较了。这样复杂度是 $\mathcal{O(n^{\frac 1 4}\log N)}$ 的。当然要特判一下 $n=4$ 的情况。
我们发现求 gcd 的 $\log N$ 很烦，所以我们可以隔一定距离，先把一些数乘起来之后再与 $n$ 求 $\gcd$。如果积在乘的过程中等于 $0$，那么后面都是 $0$ 了，可以直接退出。复杂度是 $\mathcal{O(n^{\frac 1 4})}$ 的。

参考文献

$\mathcal{O(n^{\frac 1 4}\log n)}$：submission

$\mathcal{O(n^{\frac{1}{4}})}$：submission

2026.01.09

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