miller——rabin判断素数

我们首先看这样一个很简单的问题：判定正整数\(n\)是正整数

最简单的做法就是枚举\(1\)到\(n\)的所有数看是否有数是\(n\)的因数，时间复杂度\(O(n)\)

稍微优化一下发现只要枚举\(2\)到\(\sqrt{n}\)中的数就可以了

然后发现数据范围\(n\leq 10^{18}\)，期望执行次数直接就死掉了QAQ

我们就要考虑新的方法了

首先引入两个定理

1、费马小定理

如果\(p\)是素数，且\(gcd(a,b)=1\)，那么\(a^{p-1}\equiv 1(mod \ n)\)

证明什么的你随便找本数论书自己翻一下

注意它的逆定理不一定成立

2、二次探测定理（其实这也没有一个准确的名字）

如果\(p\)是奇素数，\(x<p\)，且\(x^2\equiv1(mod\ p)\)，那么\(x=1\)或\(xp=-1\)

证明：由同余式知\(x^2-1\equiv0(mod\ p)\)，即\(p|(x+1)(x-1)\)

? 又由\(p\)是素数知\(p|x-1\)或\(p|x+1\)，解得\(x=1\)或\(x=p-1\)

诶等等zzr没事给证明干嘛？zzr不是最讨厌证明了吗

由上面很简单的证明过程我们可以发现，\(x=1\)和\(x=p-1\)这两个解其实是对所有的\(p\)都成立的

即无论\(p\)取什么值\(x\)取上面两个值是一定可以的

但是当\(p\)是一个合数的时候，此时原同余方程的解\(x\)就不只上面这两个了，而是会有多个

换一句话说：如果上面的\(x\)取到了1和\(p-1\)以外的数，就说明\(p\)不是一个素数了

我们主要利用上面两个性质来进行素数判定

1、取\(2^q*m=n-1\)（\(q,m\)均为正整数且\(m\)为奇数），同时任意取小于\(n\)的正整数\(a\)

2、求出\(a^{n-1}\text%n\)，如果这个值不为1那么\(n\)一定是合数（利用费马小定理）

3、遍历\(i\)，使得\(1\leq i \leq q\)，如果\(2^i*m\text%n=1\)并且\(a^{i-1}*m\text%n!=1或n-1\)，那么由二次探测定理就知道原同余方程出现一个特殊解，说明\(n\)不是一个素数

上面的方法有一个小问题：由于费马小定理的逆定理不一定成立（在大多数情况下成立），因此有时我们会对\(n\)进行误判，具体的，每做一次发生误判的概率是\(\frac{1}{4}\)

解决的方法在上面的解法中也有体现：换用不同的\(a\)，多进行几次即可

好了上面就是完整的miller-rabin测试了

一道例题：poj3518Prime Gap

题意：两个相邻的素数的差值叫做Prime Gap。输入一个K，求K两端的素数之差，如果K本身是一个素数，输出0；

分析：其实数据很小你直接筛一下也可以

? 或者你直接暴力寻找当前这个数相邻的数是否是质数，两端分别记录第一次找到的质数即可

#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
using namespace std;
#define int long long
int n;

int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while ((ch<‘0‘) || (ch>‘9‘)) {if (ch==‘-‘) f=-1;ch=getchar();}
    while ((ch>=‘0‘) && (ch<=‘9‘)) {x=x*10+(ch-‘0‘);ch=getchar();}
    return x*f;
}

int mul(int x,int y,int n)
{
    x%=n;y%=n;
    int ans=0,sum=x;
    while (y)
    {
        int tmp=y%2;y/=2;
        if (tmp) ans=(ans+sum)%n;
        sum=(sum+sum)%n;
    }
    return ans;
}

int qpow(int x,int y,int n)
{
    int ans=1,sum=x;
    while (y)
    {
        int tmp=y%2;y/=2;
        if (tmp) ans=mul(ans,sum,n);
        sum=mul(sum,sum,n);
    }
    return ans;
}

bool prime(int m,int q,int a,int n)
{
    int now=qpow(a,m,n);
    if ((now==1) || (now==n-1)) return 1;
    int i;
    for (i=1;i<=q;i++)
    {
        int x=mul(now,now,n);
        if ((x==1) && (now!=1) && (now!=n-1)) return 0;
        now=x;
    }
    if (now!=1) return 0;//其实这里是将费马小定理的检测放在了最后，省去再做一次快速幂
    return 1;
}

bool miller_rabin(int x)
{
    if (x==2) return 1;
    if ((x<2) || (x%2==0)) return 0;
    int num=x-1,tim=0;
    while ((num) && (num%2==0)) {num/=2;tim++;}
    //cout << num << " " <<tim << endl;
    int i;
    for (i=1;i<=10;i++)//一般都会进行20次左右，不过数据范围小对吧2333
    {
        int a=rand()%(x-1)+1;
        if (!prime(num,tim,a,x)) return 0;
    }
    return 1;
}

void work()
{
    if (miller_rabin(n)) {printf("0\n");return;}
    //cout <<1;
    int l=n-1,r=n+1;
    while (!miller_rabin(l)) l--;
    while (!miller_rabin(r)) r++;
    printf("%d\n",r-l);
}

signed main()
{
    n=read();
    while (n)
    {
        work();
        n=read();
    }
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/zhou2003/p/9976285.html