[算法复习] 素数判定：欧拉筛 Miller_Rabin

摘取了以前的笔记并做了一些补充说明

9，素数判定

　　　O(n) + O(1): 线性筛.
　　　　又叫欧拉筛。
　　　　先考虑一种朴素的想法。
　　　　对于每一个数\(k\), 我们枚举\(i\),将\(ik\)标记为合数。
　　　　因为每个数都可以分解成若干个素数的积，我们只需枚举每个素数作为\(k\)即可。
　　　　但是复杂度依然很高，我们考虑优化。
　　　　对于每个数，仅用它最小的质因数来筛它。
　　　　我们用一个数组存储质数，枚举\(i\)作为它的倍数，并且每次都判断一下如果\(i\)是素数，则将其加入素数数组。
　　　　然后我们从小到大枚举\(pri[j]\)用其筛除\(i * pri[j]\).
　　　　特别的，如果\(!(i \ mod \ pri[j])\) 那么我们筛完就break.
　　　　
　　　　下面我们来证明这个算法的正确性和复杂度。
　　　　
　　　　正确性：
　　　　接下来我们证，如果\(!(i \ mod \ pri[j])\),那么对于后面的\(i \cdot pri[j+k]\)来说，用\(pri[j+k]\)来筛一定是不优的，也就是这个剪枝肯定不会导致漏筛。
　　　　因为\(!(i \ mod \ pri[j])\)所以我们可以设\(i = t \cdot pri[j]\)
　　　　那么\(i \cdot pri[j+k] = t \cdot pri[j] \cdot pri[j+k]\)
　　　　又知\(pri[j+k] > pri[j]\),也就是说，用\(pri[j+k]\)来筛，不如等到\(i = t \cdot pri[j+k]\)的时候用\(pri[j]\)来筛。
　　　　所以这个剪枝肯定是合法的。
　　　　
　　　　复杂度：
　　　　那么为什么每个数仅被最小的质因数筛除了呢？
　　　　接下来我们证，这个剪枝可以导致每个数仅被最小的质因数筛除.
　　　　\(pm[m]\)为\(m\)的质因数个数，对于一个数\(m\)设\(m = \prod_{i = 1}^{pm[m]}p_i\),其中\(p\)序列为升序排列,若\(m\)不是被\(p_1\)筛除了，我们假设这个数是\(p_t\)。
　　　　我们先考虑\(m\)质因数大于\(2\)个的情况：
　　　　那么筛掉\(m\)时我们枚举到的\(i = \prod_{i = 1}^{pm[m]}(p_i) / p_t = b \cdot p_1\),\(b\)为某个不为\(1\)正整数。
　　　　此时，\(i\)会在枚举到\(p_1\)的时候停下，也就是筛完\(b \cdot p_1 \cdot p_1\)就不筛了，也就不会筛\(m = b \cdot p_1 \cdot p_t\)了。与假设矛盾。
　　　　再考虑\(m\)刚好有两个质因数的情况，此时\(m = p_1 \cdot p_2\)，那么根据假设，\(m\)被\(p_2\)筛掉了。
　　　　也就是在\(i = p_1\)的时候\(m\)被筛了。
　　　　这显然是不合法的，因为此时\(p_2\)这个质数还没被加入素数数组。
　　　　所以\(m\)只可能在\(i = p_2\)时被\(p_1\)筛掉。与假设矛盾。
　　　　综上，假设情况是不可能的，\(m\)必然会被其最小质因数筛除.
　　　　又因为在第二个循环中，每循环一次必筛除一个数，而每个数只会被筛走一次，因此第二个循环的总次数为被筛除的素数个数。所以复杂度是\(O(n)\)
　　　　
　　　　代码：

void get()
{
	z[1] = 1;
	for(R i = 2; i <= n; i ++)
	{
		if(!z[i]) pri[++ tot] = i;
		//printf("%d\n", tot);
		for(R j = 1; j <= tot && 1LL * i * pri[j] <= n; j ++)
		{
			z[i * pri[j]] = 1;
			if(!(i % pri[j])) break;
		}
	}
}

　　
　　O(\(\sqrt{n}\)): 暴力枚举\(\sqrt{n}\)以内的因子
　　Miller_Rabin算法：(这部分写的好烂，哪天我重学Miller_Rabin再来更新吧)
　　　　根据费马小定理有\(a^{p - 1} \equiv 1 (mod \quad p)\),要求p是质数.
　　　　那么如果对于等式\(a^{p - 1} \equiv 1 (mod \quad p)\)，枚举多个a，均满足等式，那么可以认为当前的p有很大概率是素数。
　　　　但是依然有很大概率不是，，，因此这个时候采取二次探测来减小错误概率。
　　　　首先有定理：若\(a^2 \equiv 1 (mod \quad p)\)且p为质数，那么a = 1 或 p - 1.
　　　　证明如下：若等式成立，则\(a^{2} - 1 \equiv 0 (mod \quad p)\).
　　　　即\((a + 1)(a - 1) \equiv 0 (mod \quad p)\).
　　　　因此要么\(a + 1 = p\) ---> \(a = p - 1\).
　　　　或者\(a - 1 = 0\) ---> \(a = 1\).
　　　　因为这个探测是在满足费马测试的情况下才进行的，因此对于某个已经被枚举过的a，我们已经有\(a^{p - 1} \equiv 1 (mod \quad p)\).我们设当前指数\(x = p - 1\)
　　　　当p不为2且为素数时，\(p\)一定为奇数，即\(p - 1\)一定为偶数.
　　　　因此我们可以把原式看做\(a^{\frac{x}{2}} \cdot a^{\frac{x}{2}} \equiv 1 (mod \quad p)\),其中可以设\(t = a^{\frac{x}{2}}\)。
　　　　那么原式就是\(t \cdot t \equiv 1(mod \quad p)\)
　　　　那么因为这个是直接根据原式化过来的，因此我们已经有它同余1了，因此只需要再判断t是否等于1 或 p - 1即可。
　　　　如果t = 1 且 x为偶数，那么我们就又得到了一个新的式子\(a^{\frac{x}{2}} \equiv 1 (mod \quad p)\)
　　　　此时因为x为偶数，所以我们依然这个把这个新式子当做上面的式子重新做探测，直到不满足t = 1且x为偶数为止。