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我们说，如果存在一个整数 $k$，使得 $a = kd$，则称 $d$ 整除 $a$，记做 $d | a$，称 $a$ 是 $d$ 的倍数，如果 $d > 0$，称 $d$ 是 $a$ 的约数。特别地，任何整数都整除 $0$。显然大于 $1$ 的正整数 $a$ 可以被 $1$ 和 $a$ 整除，如果除此之外 $a$ 没有其他的约数，则称 $a$ 是素数，又称质数。任何一个大于 $1$ 的整数如果不是素数，也就是有其他约数，就称为是合数。$1$ 既不是合数也不是素数。素数计数函数：小于或等于 $x$ 的素数的个数，用 $π(x)$ 表示。随着 $x$ 的增大，有这样的近似结果：$π(x) \sim \frac{x}{ln(x)}$ ## 素数判定我们自然地会想到，如何用计算机来判断一个数是不是素数呢？ ### 暴力做法自然可以枚举从小到大的每个数看是否能整除 ```c++ bool isPrime(a) { for (int i = 2; i < a; ++i) if (a % i == 0) return 0; return 1; } ``` 这样做是十分稳妥了，但是真的有必要每个数都去判断吗？很容易发现这样一个事实：如果 $x$ 是 $a$ 的约数，那么 $\frac{a}{x}$ 也是 $a$ 的约数。这个结论告诉我们，对于每一对 $(x, \frac{a}{x} )$，只需要检验其中的一个就好了。为了方便起见，我们之考察每一对里面小的那个数。不难发现，所有这些较小数就是 $[1, \sqrt{a}]$ 这个区间里的数。由于 $1$ 肯定是约数，所以不检验它。 ```c++ bool isPrime(a) { for (int i = 2; i * i <= a; ++i) if (a % i) return 0; return 1; } ``` ### Miller-Rabin 素性测试 Miller-Rabin 素性测试（Miller–Rabin primality test）是进阶的素数判定方法，具有比暴力做法更好的时间复杂度。但是代码复杂度较高，在比赛中使用较少。 #### Fermat 素性测试我们可以根据 [费马小定理](/math/fermat/#_1) 得出一种检验素数的思路：它的基本思想是不断地选取在 $[2, n-1]$ 中的基 $a$，并检验是否每次都有 $a^{n-1} \equiv 1 \pmod n$ ```c++ bool millerRabin(int n) { for (int i = 1; i <= s; ++i) { int a = rand() % (n - 2) + 2; if (quickPow(a, n - 1, n) != 1) return 0; } return 1; } ``` 很遗憾，费马小定理的逆定理并不成立，换言之，满足了 $a^{n-1} \equiv 1 \pmod n$ ，$n$ 也不一定是素数。 #### 卡迈克尔数上面的做法中随机地选择 $a$，很大程度地降低了犯错的概率。但是仍有一类数，上面的做法并不能准确地判断。对于合数 $n$，如果对于所有正整数 $a$，$a$ 和 $n$ 互素，都有同余式 $a^{n-1} \equiv 1 \pmod n$ 成立，则合数 $n$ 为卡迈克尔数（Carmichael Number），又称为费马伪素数。比如，$341 = 11 \times 31$ 就是一个卡迈克尔数。而且我们知道，若 $n$ 为卡迈克尔数，则 $m=2^{n}-1$ 也是一个卡迈克尔数，从而卡迈克尔数的个数是无穷的。 #### 二次探测定理如果 $p$ 是奇素数，则 $x^2 \equiv 1 \bmod p$ 的解为 $x = 1$ 或者 $x = p - 1 (\bmod p)$; ### 实现根据卡迈克尔数的性质，可知其一定不是 $p^e$。不妨将费马小定理和二次探测定理结合起来使用：将 $n−1$ 分解为 $n−1=u \times 2^t$，不断地对 $u$ 进行平方操作，若发现非平凡平方根时即可判断出其不是素数。比较正确的 Miller Rabin：（来自 fjzzq2002） ```c++ bool millerRabbin(int n) { int a=n-1,b=0; while(a%2==0) a/=2,++b; for (int i=1,j;i<=s;++i) { int x=rand()%(n-2)+2,v=quickPow(x,a,n); if(v==1||v==n-1) continue; for(j=0;j<b;++j) { v=(long long)v*v%n; if(v==n-1) break; } if(j>=b) return 0; } return 1; } ``` ### 参考 <http://www.matrix67.com/blog/archives/234> <https://blog.bill.moe/miller-rabin-notes/> ## 反素数 ### 定义如果某个正整数 $n$ 满足如下条件，则称为是反素数：任何小于 $n$ 的正数的约数个数都小于 $n$ 的约数个数注：注意区分 [emirp](https://en.wikipedia.org/wiki/Emirp)，它是用来表示从后向前写读是素数的数。 ### 简介（本段转载自 [桃酱的算法笔记](https://zhuanlan.zhihu.com/c_1005817911142838272)，原文戳 [链接](https://zhuanlan.zhihu.com/p/41759808)，已获得作者授权）其实顾名思义，素数就是因子只有两个的数，那么反素数，就是因子最多的数（并且因子个数相同的时候值最小），所以反素数是相对于一个集合来说的。我所理解的反素数定义就是，在一个集合中，因素最多并且值最小的数，就是反素数。那么，如何来求解反素数呢？首先，既然要求因子数，我首先想到的就是素因子分解。把 $n$ 分解成 $n=p_{1}^{k_{1}}p_{2}^{k_{2}} \cdots p_{n}^{k_{n}}$ 的形式，其中 $p$ 是素数，$k$ 为他的指数。这样的话总因子个数就是 $(k_1+1) \times (k_2+1) \times (k_3+1) \cdots \times (k_n+1)$。但是显然质因子分解的复杂度是很高的，并且前一个数的结果不能被后面利用。所以要换个方法。我们来观察一下反素数的特点。 1. 反素数肯定是从 $2$ 开始的连续素数的幂次形式的乘积。 2. 数值小的素数的幂次大于等于数值大的素数，即 $n=p_{1}^{k_{1}}p_{2}^{k_{2}} \cdots p_{n}^{k_{n}}$ 中，有 $k_1 \geq k_2 \geq k_3 \geq \cdots \geq k_n$ 解释： 1. 如果不是从 $2$ 开始的连续素数，那么如果幂次不变，把素数变成数值更小的素数，那么此时因子个数不变，但是 $n$ 的数值变小了。交换到从 $2$ 开始的连续素数的时候 $n$ 值最小。 2. 如果数值小的素数的幂次小于数值大的素数的幂，那么如果把这两个素数交换位置（幂次不变），那么所得的 $n$ 因子数量不变，但是 $n$ 的值变小。另外还有两个问题， 1. 对于给定的 $n$，要枚举到哪一个素数呢？最极端的情况大不了就是 $n=p_{1}*p_{2} \cdots p_{n}$ ，所以只要连续素数连乘到刚好小于等于 $n$ 就可以的呢。再大了，连全都一次幂，都用不了，当然就是用不到的啦！ 2. 我们要枚举到多少次幂呢？我们考虑一个极端情况，当我们最小的素数的某个幂次已经比所给的 $n$（的最大值）大的话，那么展开成其他的形式，最大幂次一定小于这个幂次。unsigned long long 的最大值是 2 的 64 次方，所以我这边习惯展开成 2 的 64 次方。细节有了，那么我们具体如何具体实现呢？我们可以把当前走到每一个素数前面的时候列举成一棵树的根节点，然后一层层的去找。找到什么时候停止呢？ 1. 当前走到的数字已经大于我们想要的数字了 2. 当前枚举的因子已经用不到了（和 $1$ 重复了嘻嘻嘻） 3. 当前因子大于我们想要的因子了 4. 当前因子正好是我们想要的因子（此时判断是否需要更新最小 $ans$）然后 dfs 里面不断一层一层枚举次数继续往下迭代就好啦\~~ ### 常见题型 #### 求因子数一定的最小数题目链接：<http://codeforces.com/problemset/problem/27/E> 对于这种题，我么只要以因子数为 dfs 的返回条件基准，不断更新找到的最小值就可以了上代码： ```c++ #include<stdio.h> #define ULL unsigned long long #define INF ~0ULL int p[16] = {2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53}; ULL ans; int n; //depth: 当前在枚举第几个素数。num: 当前因子数。 //temp: 当前因子数量为 num 的时候的数值。up：上一个素数的幂，这次应该小于等于这个幂次嘛 void dfs(int depth,int temp,int num,int up){ if(num > n||depth >= 16) return; if(num == n&&ans > temp){ ans = temp; return; } for(int i = 1;i <= up;i++){ if(temp/p[depth] > ans) break; dfs(depth+1,temp = temp*p[depth],num*(i+1),i); } } int main(){ while(scanf("%d",&n) != EOF){ ans = INF; dfs(0,1,1,64); printf("%d\n",ans); } return 0; } ``` #### 求 n 以内因子数最多的数 <http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=1562> 思路同上，只不过要改改 dfs 的返回条件。注意这样的题目的数据范围，我一开始用了 int，应该是溢出了，在循环里可能就出不来了就超时了。上代码，0ms 过。注释就没必要写了上面写的很清楚了。 ```c++ #include<cstdio> #include<iostream> #define ULL unsigned long long int p[16] = {2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53}; ULL n; ULL ans,ans_num;//ans 为 n 以内的最大反素数（会持续更新），ans_sum 为 ans 的因子数。 void dfs(int depth,ULL temp,ULL num,int up){ if(depth >= 16||temp > n)return; if(num > ans_num){ ans = temp; ans_num = num; } if(num == ans_num&&ans > temp) ans = temp; for(int i = 1;i <= up;i++){ if(temp*p[depth] > n)break; dfs(depth+1,temp *= p[depth],num*(i+1),i); } return; } int main(){ while(scanf("%lld",&n) != EOF){ ans_num = 0; dfs(0,1,1,60); printf("%lld\n",ans); } return 0; } ```