数学基础4 Euler函数二次剩余米拉质数测试波拉德的罗类欧几里得算法 Stern-Brocot树

主要写于2018.9

欧拉函数

奇偶性

2∣φ(n)⇔n≠22|\varphi(n)\Leftrightarrow n =\not 22∣φ(n)⇔n≠2

约数拆分

φ(pq)=φ(p)φ(q)gcd⁡(p,q)φ(gcd⁡(p,q))\varphi(pq)=\frac{\varphi(p)\varphi(q)\gcd(p,q)}{\varphi(\gcd(p,q))}φ(pq)=φ(gcd(p,q))φ(p)φ(q)gcd(p,q)

互质的数的和

比nnn小的与nnn互质的数的和为n⋅φ(n)2n\cdot \frac{\varphi(n)}{2}n⋅2φ(n)。

证明：满足条件的数是成对出现的，可分为φ(n)2\frac{\varphi(n)}{2}2φ(n)组，每组和为nnn。

反演性质

∑d∣nφ(d)=n\sum_{d|n}\varphi(d)=nd∣n∑φ(d)=n

Miller-Rabin 质数测试

二次探测定理

模nnn意义下若存在ak≠1a^k=\not 1ak≠1且ak≠n−1a^k=\not n-1ak≠n−1，满足a2k=1a^{2k}=1a2k=1，则nnn不是质数。

欧拉定理推论（费马小定理）

若nnn是质数，则对于任意a(n∤a)a(n\nmid a)a(n∤a)，an−1=1(modn)a^{n-1}= 1\pmod nan−1=1(modn)。

算法

将n−1n-1n−1分解为u⋅2t(2∤u)u\cdot 2^t(2\nmid u)u⋅2t(2∤u)。每次在[1,n−1][1,n-1][1,n−1]中随机aaa作底数（即上面提到的aaa），枚举222的指数做二次探测定理，再做费马小定理，若是合数则可以直接判断，否则有一定概率是质数。实验证明对于数量为10510^5105级别的询问随机888次即可保证通过。

Pollard’s Rho 分解大数

生日悖论

不停地在[1,n][1,n][1,n]中取随机数，会在O(n)O(\sqrt n)O(n)次第一次重复。

算法

若gcd⁡(abs(x−y),n)≠1\gcd(\mathrm{abs}(x-y),n)=\not 1gcd(abs(x−y),n)≠1，则找到一个因数。

设x0=Cx_0=Cx0=C，xi=xi−12+c(i>0)x_i=x_{i-1}^2+c(i>0)xi=xi−12+c(i>0)，yi=x2⌊log⁡2x⌋y_i=x_{2^{\lfloor\log_2x\rfloor}}yi=x2⌊log2x⌋。这样枚举iii，若gcd⁡≠1\gcd=\not1gcd≠1则找到，若x=yx=yx=y则找不到。

于是每次随机CCC和ccc，可证明期望O(p)O(\sqrt p)O(p)次可找到一个大小为ppp的因数。

二次剩余

欧拉准则

模ppp意义下，aaa是二次剩余等价于ap−12≡1a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1a2p−1≡1，aaa不是二次剩余等价于ap−12≡−1a^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1a2p−1≡−1。

Cipolla算法

若a2−na^2-na2−n不是二次剩余，则nnn的二次剩余是(a+a2−n)p+12(a+\sqrt {a^2-n})^\frac{p+1}{2}(a+a2−n)2p+1。可证明答案中根号项的系数为000。

随机aaa即可。时间复杂度为O(log⁡2p)O(\log^2 p)O(log2p)。

类欧几里得算法

(2019.4)

fff函数

f(n,a,b,c)=∑i=0n⌊ai+bc⌋f(n,a,b,c)=\sum_{i=0}^{n}\lfloor\frac{ai+b}{c}\rfloor f(n,a,b,c)=i=0∑n⌊cai+b⌋

其中aaa、bbb和ccc均为整数。

如果a≥ca\ge ca≥c或b≥cb\ge cb≥c则可以先分离一部分。否则将后面展开然后交换和号再化简得到f(n,a,b,c)=nm−f(m−1,c,c−b−1,a)f(n,a,b,c)=nm-f(m-1,c,c-b-1,a)f(n,a,b,c)=nm−f(m−1,c,c−b−1,a)，其中m=am+bcm=\frac{am+b}{c}m=cam+b。

fp,qf_{p,q}fp,q函数

fp,q(n,a,b,c)=∑i=0nip⌊ai+bc⌋qf_{p,q}(n,a,b,c)=\sum_{i=0}^{n}i^p\lfloor\frac{ai+b}{c}\rfloor^q fp,q(n,a,b,c)=i=0∑nip⌊cai+b⌋q

如果a≥ca\ge ca≥c或b≥cb\ge cb≥c则可以先分离一部分，用二项式定理，转化为求ppp、qqq更小的函数值。否则过程差不多。要用精彩变换（fjzzq2002©）xk=∑i=0x−1(i+1)k−ikx^k=\sum_{i=0}^{x-1}(i+1)^k-i^kxk=∑i=0x−1(i+1)k−ik。

SB树

*from https://en.wikipedia.org/wiki/Stern–Brocot_tree

可用于在分数域上二分。

威尔逊定理

4.26
(p−1)!≡p−1(modp)(p-1)!\equiv p-1\pmod p(p−1)!≡p−1(modp)