Miller Rabin 详解 && 小清新数学题题解

2021-10-16

在做这道题之前,我们首先来尝试签到题

签到题

我们定义一个函数:\(qiandao(x)\) 为小于等于 x 的数中与 x 不互质的数的个数。要求 \(\sum\limits _{i=l}^r qiandao(i)\)

容易发现 \(qiandao(x)\) 只需求 \(\phi(x)\),不互质的个数就是另外一半。

那么问题转化为了如何筛出区间 \(\phi\) 的值。考虑到值域最大只有 \(1e12\)。并且区间长度小于一百万,所以可以尝试筛根号以内素数求解。

我们知道欧拉函数计算公式为 \(\prod_{d \mid p}\frac{d-1}{d}\) 其中 d 是 p 的质因数。

于是我们可以通过筛去根号以内每个质数计算大整数区间的欧拉值,而剩下筛不掉的一定是大于根号的质数,这个直接根据上式乘上就行了。

复杂度与自然对数有关,和调和级数类似。

小清新数学题

求解 \(\sum\limits_{i=l}^r\mu(i)\)

现在我们掌握了区间筛积性函数的方法,但是,这道题的数据范围到了 \(1e18\)。我们不可能晒出十亿以内的质数。

那么怎么办呢?

注意到本题求得是莫比乌斯函数,根据莫比乌斯函数的定义,函数值只与质因子的个数有关,我们不需要求出具体的质数是谁,只需要知道有几个就行。

于是我们仍然可以用一百万以内的质数去筛。

剩下的情况分三种:

  1. \(res=q\times p\)
  2. \(res=q\)
  3. \(res=q^2\)

首先对于第一种情况,莫比乌斯函数值并不会改变。

第二种情况,取反即可。

第三种情况,直接就是 0。

第三种情况好判断,只需判断是否满足 \(\sqrt{i}^2==i\)

对于一二种情况,实质实在判断 res 是否是素数,于是引出了我们的另一个问题。如何判断一个数是否是素数?

Miller_Rabin 算法

百度百科:

Miller-Rabin算法是目前主流的基于概率的素数测试算法,在构建密码安全体系中占有重要的地位。通过比较各种素数测试算法和对Miller-Rabin算法进行的仔细研究,证明在计算机中构建密码安全体系时, Miller-Rabin算法是完成素数测试的最佳选择。通过对Miller-Rabin 算 法底层运算的优化,可以取得较以往实现更好的性能。[1] 随着信息技术的发展、网络的普及和电子商务的开展, 信息安全逐步显示出了其重要性。信息的泄密、伪造、篡改 等问题会给信息的合法拥有者带来重大的损失。在计算机中构建密码安全体系可以提供4种最基本的保护信息安全的服 务:保密性、数据完整性、鉴别、抗抵赖性,从而可以很大 程度上保护用户的数据安全。在密码安全体系中,公开密钥 算法在密钥交换、密钥管理、身份认证等问题的处理上极其有效,因此在整个体系中占有重要的地位。目前的公开密钥 算法大部分基于大整数分解、有限域上的离散对数问题和椭 圆曲线上的离散对数问题,这些数学难题的构建大部分都需 要生成一种超大的素数,尤其在经典的RSA算法中,生成的素数的质量对系统的安全性有很大的影响。目前大素数的生 成,尤其是随机大素数的生成主要是使用素数测试算法,本 文主要针对目前主流的Miller-Rabin 算法进行全面系统的分析 和研究,并对其实现进行了优化

这个看个热闹就完了,其实这个东西我们只用来判断一个数是否是素数。以下内容说到的 p 默认为质数。

Miller Rabin基于费马小定理:

\[a^{p-1}\equiv 1\pmod{p} \]

证明:

  1. 对于数 \(a,2a,3a,.....(p-1)a\) 没有 \(p\) 的倍数。

  2. 对于这一列数在模 \(p\) 意义下两两不同余。

  3. 这串数在模 \(p\) 意义下的余数构成 \(p-1\) 的一个排列。
    于是有:

\[a\times 2a\times 3a\times (p-1)a\equiv (p-1)!\pmod{p} \]

化简左边:

\[a^{p-1}\times (p-1)!\equiv (p-1)!\pmod{p} \]

由威尔逊定理:

\[(p-1)!\equiv1\pmod{p} \]

消去 \((p-1)!\) 得证。

费马小定理成立,那么如果费马小定理的逆命题成立我们不就可以判断质数了吗?

可惜,很长时间里人们确实是这样认为的,直到强伪素数被人们发现,例如341。

再来介绍 二次探测定理:

如果满足\(x^2\equiv1\pmod{p}\) 那么 x 的取值只有 1 或者 p-1。

证明:

转换上式:

\[p\mid x^2-1 \]

\[p\mid (x-1)(x+1) \]

由唯一分解定理得到\(p \mid x+1\)\(p\mid x-1\)

所以 \(x\equiv1 or -1\pmod{p}\)

如果 x 不满足上式则 p 一定是合数。

所谓 Miller Rabin 就是上面的结合。说白了就是多取几个数多试几次,这样出错的概率极低。

签到题code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long 
#define mod 666623333
using namespace std;
int su[10000001],cnt,ans[1000011],len,lst=0,l,r,shu[1000011];
bool bo[10000001];
inline void pre()
{   for(int i=2;i<=1000000;++i)
    {   if(!bo[i])su[++cnt]=i;
        for(int j=1;j<=cnt and i*su[j]<=1000000;++j)
        {   bo[su[j]*i]=1;
            if(i%su[j]==0)break;
        }
    }
}
signed main()
{   pre();scanf("%lld%lld",&l,&r);len=r-l+1;
    for(int i=1;i<=len;++i)ans[i]=shu[i]=i+l-1;
    for(int i=1;i<=cnt;++i)
    {   int base=l/su[i];
        for(int j=base;;++j)
        {   if(j*su[i]>=l and j*su[i]<=r)
            {   ans[j*su[i]-l+1]=(ans[j*su[i]-l+1]/su[i]*(su[i]-1));
                while(shu[j*su[i]-l+1]%su[i]==0)shu[j*su[i]-l+1]/=su[i];
            }
            else if(j*su[i]>r)break;
        }
    }
    for(int i=1;i<=len;++i)
    {   if(shu[i]!=1)ans[i]=ans[i]/shu[i]*(shu[i]-1);
        lst=(lst+(l+i-1-ans[i]))%mod;
    }
    printf("%lld\n",lst);
}

小清新数学题code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long 
#define N 1000500
#define mfb __int128
using namespace std;
int su[N],cnt,tot,u[N],shu[N];
bool bo[N];long long l,r,ans;
inline int qpow(mfb a,mfb b){int mod=b+1,base=1;a%=mod;while(b){if(b&1)base=base*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return base;}
inline bool miller(int x)
{return (qpow(2,x-1)==1 );}
signed main()
{   scanf("%lld%lld",&l,&r);u[1]=1;
    int lim=1e6;
    for(int i=2;i<=lim;++i)
    {   if(!bo[i])su[++cnt]=i,u[i]=-1;
        for(int j=1;j<=cnt and i*su[j]<=lim;++j)
        {   bo[i*su[j]]=1;u[i*su[j]]=-u[i];
            if(i%su[j]==0){u[i*su[j]]=0;break;}
        }
    }
    for(int i=l;i<=r;++i)u[i-l+1]=1,shu[i-l+1]=i;
    for(int i=1;i<=cnt;++i)
    {   int be=l/su[i]+(l%su[i]!=0);
        for(int j=be;j*su[i]<=r;++j)
        {   int id=j*su[i]-l+1;
            int cnt=0;
            while(shu[id]%su[i]==0)shu[id]/=su[i],++cnt,u[id]*=-1;
            if(cnt>=2)u[id]=0;
        }
    }
    for(int i=l;i<=r;++i)if(shu[i-l+1]!=1)
    {   if((long long )sqrt(shu[i-l+1])*sqrt(shu[i-l+1])==shu[i-l+1]){u[i-l+1]=0;continue;}
        if(miller(shu[i-l+1]))u[i-l+1]*=-1;
    }
    for(int i=l;i<=r;++i)ans+=u[i-l+1];printf("%lld\n",ans);
}

由于数据比较水,我又比较懒,上面只用了 femart。

Miller Rabin

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100000+5;
int a[3]={2,7,61};
ll qm(ll x,ll y,ll mod){
    ll ret=1;
    while(y){
        if(y&1) (ret*=x)%=mod;
        (x*=x)%=mod;
        y>>=1;
    }
    return ret;
}
bool che(ll a,ll x){
    int s=0;
    ll t;
    ll lp=x-1;
    while(!(lp&1)){
        s++;
        lp>>=1;
    }
    t=qm(a,lp,x);
    if(t==1||t==x-1) return true;
    if(s==0) return false;
    ll las=t;
    for(int i=0;i<s;i++){
        las=t;
        (t*=t)%=x;
        if(t==1&&(las!=1&&las!=x-1)) return 0;    
    }
    if(t!=1) return 0;
    return 1;
}
int n,m;
bool M_R(ll n){
    if(n==2||n==7||n==61) return true;
    if(n<2||n%2==0||n%7==0||n%61==0) return false;
    for(int i=0;i<3;i++){
        ll b=a[i];
        if(b!=n){
            if(!che(b,n)) return false;
        }
    }
    return true;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    ll x;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%lld",&x);
        if(x==2||x==3||x==5||x==7||x==11||x==13){
            puts("Yes");continue;
        }
        if(x%2==0||x%3==0||x%5==0||x%7==0||x%11==0||x%13==0){
            puts("No");continue;
        }
        if(M_R(x)) puts("Yes");
        else puts("No");
    }
    return 0;
}

Miller Rabin的板子为转载,上面过的是线性筛。