P4397聪明的燕姿 题解 & Miller~Rabin 质数判定

涉及质数的时间复杂度都是玄学的。

——题记

传送门

由整数唯一分解定理：$\coprod _{i=1}^k{p}_i^{c_i}$

有该正整数的正约数为：$\coprod _{i=1}^k(\sum _{j=0}^{c_i}{p}_i^j)$

即我们要求有多少个数满足 $\coprod _{i=1}^k(\sum _{j=0}^{c_i}{p}_i^j)=S$

然后就搜索 $+$ 剪枝：

枚举第 $i$ 个质数是否出现，出现多少次，显然是对的。

优化 $1$ ：当我们枚举到的质数大于 $\sqrt{S}$ 时，我们直接判断 $S-1$ 是不是质数即可，因为此时任意 $p^2>S$

优化 $2$ ：当要判断大于 $1e6$ 的数是否为质数时，使用 $MillerRabin$ 质数判定

---

扩：$MillerRabin$ 质数判定：

首先：该算法本质上是一种随机化算法，能在$O(klo{g}^{3}n)$的时间复杂度下快速判断出一个数是否是素数，但具有一定的错误概率。不过在一定数据范围内，通过一些技巧可以使其不出错。

由费马小定理可知：对任意素数 $p$ 和与其互质的整数 $a$，有 $a^{p-1}\equiv 1(modp)$

考虑将其逆过来，对一个数 $p$，随机选取一个小于它的 $a$，若 $a^{p-1}\equiv 1(modp)$，是否可以证明它是质数

很明显是不可以的，一个反例就是 $561$（当然这种数有无限个，可以去搜卡迈克尔数）

引入二次探测定理：对于质数 $p$ 若 $x^2\equiv 1(modp)$，则小于 $p$ 的解只有两个： $x=1$ 或 $x=p-1$

证明：

原式可以转换为 $x^2-1\equiv 0(modp)=>(x+1)(x-1)\equiv 0(modp)$，因为 $p$ 的因数只有 $1$ 和 $p$，所以小于 $p$ 的解只有 $x=1$ 或 $x=p-1$，

证毕

然后考虑结合两个定理，进行素数判断。

对于 $p-1$，若它为奇数，直接特判

否则将它分为 $2^k\times t$($t$ 为奇数)，随机选取一个 $a$，先计算 $a^t$，然后让其自乘，判断其解是否全为 $1$ ，或者在非最后一个数的情况下出现 $p-1$

如果都满足，则我们认为这个数是质数

因为错误率是 $\frac{1}{4}$

所以我们可以选 $2,3,5,7,11,13,17,19$ 多个数进行判断，降低错误率

当然，也可以选择背诵

$int$ 范围内选 $\{2,7,61\}$

$longlong$ 范围内选 $\{2,325,9375,28178,450775,9780504,1795265022\}$

可以保证 $100\mathrm{\%}$ 不会错

因为数已经定下来，所以可能会导致选的数是 $p$ 的倍数，这是要特判，然后 $continue$

---

最后，分析一下该算法时间复杂度：一次找到答案的时间不会超过 $\sqrt{S}$，所以时间复杂度是 $O(Ans\sqrt{S})$，玄学至极

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=100005;
int T,S;
int ans[N],tot;
bool prime[N];
int zs[N],idx;
int ksm(int ds,int zs,int mod)
{
	int re=1;
	while(zs)
	{
		if(zs&1) re=1ll*ds*re%mod;
		ds=1ll*ds*ds%mod;
		zs=zs/2;
	}
	return re;
}
bool MRtest(int x)
{
	if(x%2==0||x<3) return x==2;
	int zs=x-1,sl=0;
	while(zs%2==0) zs=zs/2,sl++;
	int ud[3]={2,7,61};
	for(int i=0;i<3;i++)
	{
		int v=ksm(ud[i],zs,x);
		if(v==1||v==x-1||v==0) continue;
		for(int j=1;j<=sl;j++)
		{
			v=1ll*v*v%x;
			if(v==x-1&&j!=sl){v=1;break;}
			if(v==1) return false;
		}
		if(v!=1) return false;
	}
	return true;
}
void dfs(int wz,int sum,int now)
{
	if(sum==1)
	{
		ans[++tot]=now;
		return ;
	}
	if(sum<zs[wz]+1) return ;
	if(MRtest(sum-1)) ans[++tot]=(sum-1)*now;
	for(int i=wz;zs[i]*zs[i]<=sum;i++)
	{
		int zh=zs[i]+1,t=zs[i];
		for(;zh<=sum;t*=zs[i],zh+=t)
			if(sum%zh==0)
				dfs(i+1,sum/zh,now*t);
	}
}
signed main()
{
	prime[1]=true;
	for(int i=2;i<=100000;i++)
	{
		if(!prime[i]) zs[++idx]=i;
		for(int j=1;j<=idx&&zs[j]*i<=100000;j++)
		{
			prime[zs[j]*i]=true;
			if(i%zs[j]==0) break;
		}
	}
	while(scanf("%lld",&S)!=EOF)
	{
		tot=0;
		dfs(1,S,1);
		sort(ans+1,ans+tot+1);
		printf("%lld\n",tot);
		for(int i=1;i<=tot;i++)
		printf("%lld ",ans[i]);
		if(tot!=0) puts("");
	}
	return 0;
}

遇到质数的题，大胆$DFS$，多剪枝就好了

——后记