今天听了ljss神犇的数论课，顿时感觉————我真的是太弱啦！
我只能稍微写一下我能听懂的部分orz
那么这就是今天我为数不多能听懂一点的之一……QAQ
首先先介绍今天的主角：费马小定理
————转自维基百科
没看懂的话我稍微解释一下，就是
假如p是质数，且GCD(a,p)=1，那么 a^(p-1) ≡1(mod p)(假如p是质数，且a,p互质，那么 a的(p-1)次方除以p的余数恒等于1)
因此我们就似乎有了基于费马小定理的判断素数方式：随机枚举使gcd(a,p)=1的a。判断该表达式是否成立——–记为命题q
但是仔细想一想，会发现命题q实际是费马小定理的逆命题
根据我们在高中数学选修2-1学习的内容，真命题的逆命题不一定是真命题….
似乎出现了一些问题呢x
所幸的是，这种思路大部分时间是正确的，因为根据某个奇怪的性质，费马小定理只有对于少数数才会出现逆命题不成立的情况，而这类数就被称为卡迈克尔数(Carmichael number)
卡迈克尔数在正整数中很少，并且随着数的增大会变的越来越少，在1e8范围内只有255个，1e17范围内也才只有不到6e5个，因此可以直接多次应用上述的算法来提高准确性
不过作为有追求的oier，我们怎么能这么没有梦想呢？
我们引入新工具：
二次探测定理 如果p是一个素数，且0
下面给出简单的证明：
x^2≡1(mod p)
→x^2-1≡0(mod p)
→(x-1)(x+1)≡0(mod p)
那么我们将二次探测定理转换成
(a(p-1)/2)2≡1(mod p)
应用上面这两个定理可以使失误率达到最劣2-t，而实际远远达不到这个数，因此一般3~5次即可保证正确性
该算法就是Miller_Rabin算法，期望复杂度O(tlog3n)
代码：(还有些许唐突的地方，待补全)题目为洛谷线性筛模板
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define N
typedef long long ll;
const int inf=0x3fffffff;
const int maxn=2017;
using namespace std;
inline int read()
{
int f=1,x=0;char ch=getchar();
while(ch>’9’|ch
{
if(ch==’-‘)
f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch<='9'&&ch>=’0′)
{
x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
ch=getchar();
}
return f*x;
}
ll qmulti(ll a,ll b,ll c)
{
ll tem=a,sum=0;
while(b)
{
if(b&1)sum=(sum+tem)%c;
tem=(tem+tem)%c;
b>>=1;
}
return sum;
} //防止乘的时候过大爆掉
ll qpow(ll a,ll b,ll c)
{
ll k=1;
while(b>0)
{
if(b&1)k=(k*a)%c;
a=(a*a)%c;
b>>=1;
}
return k;
}
bool witness(int a,int x,int k,int q)
{
ll v=qpow(a,q,x);
if(v==1||v==x-1)return 0;
while(k–)
{
v=v*v%x;
if(v==x-1)return 0;
}
return 1;
}
bool miller(ll n)
{
int time=5;//随机time次
if(n==2)return 1;//特判2
if(n<2||n%2==0)return 0;
ll a=0,t=0,b=n-1;
while(!(b&1))
{
t++;
b>>=1;
}
for(int i=0;i
{
a=rand()%(n-1)+1;
if(witness(a,n,t,b))return 0;
}
return 1;
}
int main()
{
srand(time(0));
ll n=read(),m=read();
for(ll i=1;i<=m;i++)
{
ll a=read();
printf(miller(a)?”Yes\n”:”No\n”);
}
}
a p − 1 ≡ 1 ( mod p ) {\displaystyle a^{p-1}\equiv 1{\pmod {p}}}
a p − 1 ≡ 1 ( mod p ) {\displaystyle a^{p-1}\equiv 1{\pmod {p}}}
a p − 1 ≡ 1 ( mod p ) {\displaystyle a^{p-1}\equiv 1{\pmod {p}}}
a p − 1 ≡ 1 ( mod p ) {\displaystyle a^{p-1}\equiv 1{\pmod {p}}}
[a p − 1 ≡ 1 ( mod p ) {\displaystyle a^{p-1}\equiv 1{\pmod {p}}}
[a p − 1 ≡ 1 ( mod p ) {\displaystyle a^{p-1}\equiv 1{\pmod {p}}}
[a p − 1 ≡ 1 ( mod p ) {\displaystyle a^{p-1}\equiv 1{\pmod {p}}}
[a p − 1 ≡ 1 ( mod p ) {\displaystyle a^{p-1}\equiv 1{\pmod {p}}}
[a p − 1 ≡ 1 ( mod p ) {\displaystyle a^{p-1}\equiv 1{\pmod {p}}}
a p − 1 ≡ 1 ( mod p ) {\displaystyle a^{p-1}\equiv 1{\pmod {p}}}
a p − 1 ≡ 1 ( mod p ) {\displaystyle a^{p-1}\equiv 1{\pmod {p}}}
来源：https://www.cnblogs.com/tsunderehome/p/7517658.html
发布者：全栈程序员-站长，转载请注明出处：https://javaforall.net/226994.html原文链接：https://javaforall.net
