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 111 的自然数中，除了 111 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 PPP，考虑S=2×3×5×…×P+1S=2\times3\times5\times…\times P+1S=2×3×5×…×P+1

显然所有已知素数都无法整除 SSS，所以我们找到了一个更大的素数。Q.E.D..\text{Q.E.D..}Q.E.D..

性质2 对于正整数 p,qp,qp,q，若 ppp 是素数且 p∤qp\nmid qp∤q，则 p,qp,qp,q 互素。

证明： 由素数定义知， ppp 的因子为 1,p1,p1,p。

∵p∤q,\because p\nmid q,∵p∤q,

∴gcd⁡(p,q)=1,\therefore \gcd(p,q)=1,∴gcd(p,q)=1,

即 p,qp,qp,q 互素。Q.E.D..\text{Q.E.D..}Q.E.D..

性质3 对于任意正整数 NNN，存在连续的 NNN 个合数。

证明： 考虑

(N+1)!+2,(N+1)!+3,(N+1)!+4,...,(N+1)!+N(N+1)!+2,(N+1)!+3,(N+1)!+4,...,(N+1)!+N(N+1)!+2,(N+1)!+3,(N+1)!+4,...,(N+1)!+N

这 NNN 个数都是合数。Q.E.D..\text{Q.E.D..}Q.E.D..

性质4 若 ppp 是素数，aaa 是小于 ppp 的正整数，则 apmod  p=1a^p\mod p= 1apmodp=1。

证明： 详细证明戳这里。

题目描述 loj10197\text{loj10197}loj10197

给定两个整数 L,RL,RL,R，求闭区间 [L,R][L,R][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,RL,RL,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≤2311≤L≤R≤2^{31}1≤L≤R≤231，R−L≤106R-L≤10^6R−L≤106。

Solution 10197\text{Solution 10197}Solution 10197

由于 R−LR-LR−L 的数值较小，自然想到把 [L,R][L,R][L,R] 间的素数筛出，然后找出答案。

对于 [L,R][L,R][L,R] 区间的数的质因子集 {S}\{S\}{S}，必有

∣S∣≤max⁡R≈5×104|S|≤\sqrt{\max R}≈5\times10^4∣S∣≤maxR​≈5×104先筛出 5×1045\times10^45×104 内的素数，再尝试从 SSS 的 ⌈LS⌉\lceil \frac{L}{S} \rceil⌈SL​⌉ 倍开始筛去合数，剩下的就是素数。注意特判 111。

#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 loj10198\text{loj10198}loj10198

原题来自：NOIP 2012 普及组

已知正整数 nnn 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 nnn。

输出格式

输出只有一行，包含一个正整数 ppp，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%30\%30% 的数据， n≤1000n\leq1000n≤1000；

对于全部数据，6≤n≤2×1096\leq n\leq 2\times10^96≤n≤2×109。

Solution 10198\text{Solution 10198}Solution 10198

由于 nnn 是 222 个素数之积，所以当我们找到一个较小素数 xxx 使 x∣nx|nx∣n 时，另一个素因子就是 nx\frac{n}{x}xn​。

#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 loj10200\text{loj10200}loj10200

哥德巴赫猜想：任何大于 444 的偶数都可以拆成两个奇素数之和。

你的任务是：验证小于 10610^6106 的数满足哥德巴赫猜想。

输入格式

多组数据，每组数据一个 nnn。

读入以 000 结束。

输出格式

对于每组数据，输出形如 n=a+bn=a+bn=a+b，其中 a,ba,ba,b 是奇素数。若有多组满足条件的 a,ba,ba,b，输出 b−ab-ab−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≤n≤1066\leq n\leq10^66≤n≤106。

Solution 10200\text{Solution 10200}Solution 10200

1. 预处理出 1−n1-n1−n 的素数；
2. 对于每一个 nnn，枚举 aaa 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 loj10201\text{loj10201}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 nnn 件珠宝。第 iii 件的价值是 i+1i+1i+1。那就是说，珠宝的价值分别为 2,3,4,...,n+12,3,4,...,n+12,3,4,...,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 nnn，表示珠宝件数。

输出格式

第一行一个整数 kkk，表示最少的染色数；

第二行 nnn 个整数，表示第 111 到第 nnn 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 222 是 444 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≤n≤1051\leq n\leq10^51≤n≤105。

Solution 10201\text{Solution 10201}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 luoguP1306\text{luoguP1306}luoguP1306

对于Fibonacci数列：1,1,2,3,5,8,13......1,1,2,3,5,8,13......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 nnn 项和第 mmm 项的最大公约数是多少？

输入格式

两个正整数 nnn 和 mmm。（n,m≤109n,m\leq10^9n,m≤109）

输出格式

fnf_nfn​ 和 fmf_mfm​ 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

Solution P1306\text{Solution P1306}Solution P1306

今有结论gcd⁡(fn,fm)=fgcd⁡(n,m)\gcd(f_n,f_m)=f_{\gcd(n,m)}gcd(fn​,fm​)=fgcd(n,m)​

证明： 当 n=mn=mn=m 时，结论显然成立。不妨设 n&lt;mn&lt; mn<m，记 fn=a,fn+1=bf_n=a,f_{n+1}=bfn​=a,fn+1​=b。

则fn+2=a+bf_{n+2}=a+bfn+2​=a+bfn+3=a+2bf_{n+3}=a+2bfn+3​=a+2bfn+4=2a+3bf_{n+4}=2a+3bfn+4​=2a+3b.........fm=a⋅fm−n−1+b⋅fm−nf_m=a·f_{m-n-1}+b·f_{m-n}fm​=a⋅fm−n−1​+b⋅fm−n​

而gcd⁡(fn,fm)=gcd⁡(fn,a⋅fm−n+1+b⋅fm−n)\gcd(f_n,f_m)=\gcd(f_n,a·f_{m-n+1}+b·f_{m-n})gcd(fn​,fm​)=gcd(fn​,a⋅fm−n+1​+b⋅fm−n​)

∴gcd⁡(fn,fm)=gcd⁡(fn,b⋅fm−n)\therefore\gcd(f_n,f_m)=\gcd(f_n,b·f_{m-n})∴gcd(fn​,fm​)=gcd(fn​,b⋅fm−n​)。

引理：对于 ∀n∈Z∗\forall n\in\Z^*∀n∈Z∗，有 gcd⁡(fn,fn+1)=1\gcd(f_n,f_{n+1})=1gcd(fn​,fn+1​)=1。

证明： gcd⁡(fn,fn+1)=gcd⁡(fn,fn+fn−1)=gcd⁡(fn,fn−1)=gcd⁡(fn−1,fn−1+fn−2)=gcd⁡(fn−1,fn−2)…=gcd⁡(f2,f1)=1\begin{aligned}\gcd(f_n,f_{n+1})&amp;=\gcd(f_n,f_n+f_{n-1})\\
&amp;=\gcd(f_n,f_{n-1})\\
&amp;=\gcd(f_{n-1},f_{n-1}+f_{n-2})\\
&amp;=\gcd(f_{n-1},f_{n-2})\\
&amp;…\\
&amp;=\gcd(f_2,f_1)\\
&amp;=1
\end{aligned}gcd(fn​,fn+1​)​=gcd(fn​,fn​+fn−1​)=gcd(fn​,fn−1​)=gcd(fn−1​,fn−1​+fn−2​)=gcd(fn−1​,fn−2​)…=gcd(f2​,f1​)=1​

∴\therefore∴gcd⁡(fn,fm)=gcd⁡(fn,fm−n)=gcd⁡(fn,fmmod&ThinSpace;&ThinSpace;n)\begin{aligned}\gcd(f_n,f_m)&amp;=\gcd(f_n,f_{m-n})\\
&amp;=\gcd(f_n,f_{m\mod n})
\end{aligned}gcd(fn​,fm​)​=gcd(fn​,fm−n​)=gcd(fn​,fmmodn​)​

我们发现，这实质就是求解 gcd⁡(m,n)\gcd(m,n)gcd(m,n) 的过程，

∴\therefore∴gcd⁡(fn,fm)=gcd⁡(fgcd⁡(n,m),f0)=fgcd⁡(n,m)\begin{aligned}\gcd(f_n,f_m)&amp;=\gcd(f_{\gcd(n,m)},f_0)\\
&amp;=f_{\gcd(n,m)}
\end{aligned}gcd(fn​,fm​)​=gcd(fgcd(n,m)​,f0​)=fgcd(n,m)​​

于是问题转化成求 fgcd⁡(n,m)f_{\gcd(n,m)}fgcd(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 ppp 是素数，xxx 是小于 ppp 的正整数，且 x2mod&ThinSpace;&ThinSpace;p=1x^2\mod p=1x2modp=1，则 x=1x=1x=1 或 x=p−1x=p-1x=p−1。

以 n=341n=341n=341 为例，Miller-Rabin 测试步骤如下：

1. 计算得 2341−1mod&ThinSpace;&ThinSpace;341=12^{341-1}\mod 341=12341−1mod341=1；
2. 将 341341341 除以 222，得到 170170170；
3. 计算得 2170−1mod&ThinSpace;&ThinSpace;341=12^{170-1}\mod 341=12170−1mod341=1；
4. 将 170170170 除以 222，得到 858585；
5. 计算得 285mod&ThinSpace;&ThinSpace;341=32≠12^{85} \mod341=32\ne1285mod341=32̸​=1，所以 341341341 不是素数（341341341 是伪素数）。
6. * 若是素数，则换用 333 或其他素数重复以上操作。

一般地，我们把 ∀n\forall n∀n 有 a(n−1)mod&ThinSpace;&ThinSpace;n=1a^{(n-1)}\mod n=1a(n−1)modn=1 的合数 nnn 叫做以 aaa 为底的 伪素数。