「总结」Pollard Rho
前置知识：生日悖论
在 \([1,n]\) 中随机选取多少个数，才有至少 \(\frac{1}{2}\) 的概率选出两个相同的数？（这里只需要求一个上界）。
引理：\(\forall x\in\mathbb{R}\)，\(1+x\le e^x\)。
证明：设 \(f(x)=e^x\)，则 \(f(x)\) 过 \((0,f(0))\) 的切线为 \(y=x+1\)。又因为 \(f(x)\) 是下凸函数，所以 \(f(x)\) 的图像一定在直线 \(y=x+1\) 的上方。
设答案为 \(k\)。正难则反，我们计算这些数两两不同的概率：
由引理，\(\frac{n-i}{n}=1+(-\frac{i}{n})\le e^{-\frac{i}{n}}\)。因此 \(k\) 只需要满足：
即 \(\frac{k(k-1)}{2n}\ge\ln 2\)。因此令 \(k=1+\left\lceil\sqrt{2\ln 2\times n}\right\rceil\) 即可。
题目分析
Pollard Rho 算法能以期望 \(O(n^{1/4})\) 的时间复杂度求出合数 \(n\) 的一个非平凡因子。注意 \(n\) 必须是合数，因此该算法必须配合 Miller Rabin 素性测试使用。
算法希望通过求最大公约数找到 \(n\) 的一个非平凡因子。因为 \(\forall k\in \mathbb{Z}^+\)，有 \(\gcd(n,k)\mid n\)，所以只要 \(1<\gcd(n,k)<n\)，就能找到 \(n\) 的一个非平凡因子。而满足条件的 \(k\) 是很多的，\(n\) 的任意质因子 \(p\) 的任意一个倍数都有很大概率满足条件（不满足条件的情况只有 \(n\mid k\)）。
因为求出的 \(\gcd\) 是 \(n\) 的情况很难处理，我们规定算法的返回值是 \(n\) 的一个大于 \(1\) 的因子，但是这个因子可能为 \(n\)。如果需要求 \(n\) 的非平凡因子，则需要重复调用函数，直到返回的因子小于 \(n\)。下文中我们只讨论如何求出 \(n\) 的一个大于 \(1\) 的因子。
我们在 \([0,n)\) 中随机取一个常数 \(c\)，定义 \(f(x)=(x^2+c)\bmod n\)。通过这个函数 \(f\)，我们能生成一个数列 \(\{x_i\}\)，其中 \(x_0=0\)，\(x_i=f(x_{i-1})\)。根据生日悖论，数列 \(x\) 期望在 \(O(\sqrt n)\) 的位置就会进入循环节，因此循环节的长度也是 \(O(\sqrt n)\)。
一个关键性质：设 \(p\) 为 \(n\) 的任意质因子，若 \(x\equiv y\pmod p\)，则 \(f(x)\equiv f(y)\pmod p\)。这是因为给一个数减去 \(n\) 的任意一个倍数不会影响模 \(p\) 的余数。因此，设数列 \(\{y_i\}\) 满足 \(y_i=x_i\bmod p\)，则数列 \(y\) 期望在 \(O(\sqrt p)\) 的位置就会进入循环节，且循环节长度为 \(O(\sqrt p)\)。取 \(p\) 为 \(n\) 的最小质因子，则 \(p\le\sqrt n\)，因此我们期望在 \(O(n^{1/4})\) 步内就能进入一个长为 \(O(n^{1/4})\) 的（\(y\) 的）循环节。
一旦我们找到两个不同的下标 \(i,j\)，使得 \(y_i=y_j\)，就有 \(p\mid(x_i-x_j)\)，这样 \(\gcd(\abs{x_i-x_j},n)\) 就一定大于 \(1\)，也就是说我们找到了一组解。更进一步地，我们发现，只要 \(i,j\) 进入了 \(y\) 的循环节且 \((j-i)\) 是循环节长度的倍数，就有 \(y_i=y_j\)。一个简单的思路是从小到大枚举 \((j-i)\)。但是我们要考虑到因为选的 \(c\) 太差，陷入了 \(x\) 的循环节而无法找到 \(n\) 的大于 \(1\) 的因子的情况。为了判断这种情况，我们有两种实现。
Floyd 判环
初始时令 \(i=j=0\)，每次令 \(i\gets i+1\)，\(j\gets j+2\)。如果 \(x_i=x_j\)，说明已经进入了 \(x\) 的循环节还没有找到 \(n\) 的大于 \(1\) 的因子，直接返回 \(n\)，提示调用者需要再跑一遍。否则设 \(d=\gcd(\abs{x_i-x_j},n)\)。如果 \(d\) 大于 \(1\) 就直接返回。否则继续迭代。
这种做法因为需要求多次 \(\gcd\)，期望时间复杂度是 \(O(n^{1/4}\log n)\) 的。这仍然不够优秀，我们还有更高效的实现方式。
倍增判环
因为求 \(\gcd\) 的时间复杂度是 \(O(\log n)\) 的，所以对于每一对 \((i,j)\) 都求一次 \(\gcd\) 十分低效。我们可以将若干个 \(\abs{x_i-x_j}\) 乘起来后再求 \(\gcd\)，这样如果分别求 \(\gcd\) 能找到一个大于 \(1\) 的因子，乘在一起求也能找到一个大于 \(1\) 的因子，只不过有可能这个因子变成了 \(n\)。不过我们为了时间效率，愿意放弃这种小概率的情况。
倍增判环指的是，假设不考虑 \(i,j\) 都必须进入 \(y\) 的循环节的限制，我们从小到大枚举 \(k\)，依次考虑 \(i=0\)，\(1\le j\le 2^k\) 的情况。如果存在某个 \(j\) 使得 \(x_i=x_j\)，说明我们已经陷入了循环节，直接返回 \(n\)。否则我们将这些 \(\abs{x_i-x_j}\) 乘在一起，再求一遍 \(\gcd\)，如果这个 \(\gcd>1\) 就返回。
然而我们考虑到还有 \(i,j\) 必须进入循环节的限制，不妨在考虑完每个 \(k\) 之后，令 \(i\gets j\)，下一轮考虑所有 \(i<j\le i+2^k\) 的情况。这样就解决了刚刚的问题。
一个玄学的优化：如果我们乘的项数太多，则 \(\gcd=n\) 的概率会变得很大，这样不够优秀。因此我们可以设置一个常数 \(c\)，每隔 \(c\) 个位置求一次 \(\gcd\)。根据理论分析和实践证明，取 \(c=127\) 较为优秀（\(c=127\) 在 OI 范围内已经比求 \(\gcd\) 的复杂度略高了），因此这样做的期望时间复杂度可视为 \(O(n^{1/4})\)。
