因为原来的那篇已经很多了，所以在此写上第二篇。

这一章可以说是紧紧围绕的素数的主旨展开的。

@

前置芝士

二进制的GCD

二进制的GCD用的是更相减损法。

首先，我们有两个数字\(x,y\)。

1. 当\(x\%2==0,y\%2==0,gcd(x,y)=gcd(x>>1,y>>1)*2\)
2. 当\(x\%2==0,y\%2==1,gcd(x,y)=gcd(x>>1,y)\)
3. 当\(x\%2==1,y\%2==0,gcd(x,y)=gcd(x,y>>1)\)
4. 当\(x\%2==1,y\%2==1,x>=y,gcd(x,y)=gcd((x-y)>>1,y)\)，其实这里的\(x-y\)不用除\(2\)也可以，只是这样写更快，反正都是偶数。

inline  LL  gcd(LL  x,LL  y)
{int  ans=0;while(x  &&  y){if(x&1  &&  y&1){y>x?x^=y^=x^=y:0;x=(x-y)>>1;}else  if(x&1)y>>=1;else  if(y&1)x>>=1;else  x>>=1,y>>=1,ans++;}return  (x+y)<<ans;
}

常数好像比GCD更小，复杂度都是\(log\)，但是貌似跑起来差不多，写写吧，反正都差不多了，还更稳一点，你说是吧。

快速乘

博主博主，平常\(O(1)\)都已经如此之快，难道可以\(O(0)\)？

不不不，都一样，只不过算的是\(x*y\%z\)，因为有时候\(x*y\)溢出了long long，但是结果并没有，所以发明了快速乘。

O(1)

\(O(1)\)版的非常简单。\(x*y\%z=x*y-(x*y/z)*z\)（在C++环境下），但是这个有什么特殊的吗？

就是用溢出对待溢出，我们先用long double(16位)得出(x*y/z)（你在比赛的时候，可以先用\(sizeof(long\) \(double)\)得出你电脑的long double是几位的，如果不是\(16\)位的话，那评测机应该也是，为了稳妥还是用\(log\)的吧）。

然后我们乘一下，两边可能会溢出，但是我们还是能减出正确的结果。

另外还有一坨精度问题，模数大的话还是少用吧。

inline  LL  ksc(LL  x,LL  y,LL  z)
{LL  c=(LD)x*y/z+0.5;LL  ans=x*y-c*z;return  ans<0?ans+z:ans;
}

O(log)

有没有什么稳得一批又好用的快速乘？

当然后，假设又有个\(x,y,z\)。

我们把\(x\)拆成二进制：\(c_{n}*2^{n}+c_{n-1}*2^{n-1}+....\)，而\(c\)的取值只能为\(0,1\)
然后\(x*y\)在乘法分配率一下：\(y*c_{0}*2^{0}+y*c_{1}*2^{1}+...\)，那么我们只要边乘边模不就好起来了吗。

inline ll ksc(ll x,ll y,ll p){//计算x乘y的积ll res=0;//加法初始化while(y){if(y&1)res=(res+x)%p;//模仿二进制x=(x<<1)%p; y>>=1;//将x不断乘2达到二进制}return res;
}
// ll 表示 long long
//这里的代码用的是https://www.cnblogs.com/812-xiao-wen/p/10543023.html

floyd提出的判环法

判环

你以为是floyd，不是，是这样的，假设一个链表有环，怎么判环，我们这样想：\(y\)以\(x\)两倍的速度奔跑，那么当\(x,y\)相遇时，\(y\)刚好跑完几圈了，就退出。

找环

其实还有个扩展，如何找到环的起始位置。

我们设链表头走到环开始的地方步数为\(m\)，从链表头走到相遇地点的步数是\(m+k\)，然后环的长度为\(n\)，\(x,y\)分别走了\(X,Y\)圈。

那么\(S_{x}=m+k+Xn,S_{y}=m+k+Yn\)，然后又因为\(S_{y}=2S_{x}\)，所以\(S_{x}=(Y-X)n\)。
也就是说两人走的距离肯定是\(n\)的倍数。

然后我们再把\(x\)提到了链表开始的地方，让两个人继续开始走，当走了\(m\)步（\(x\)在环开始的地方），那么因为说了\(S_{y}=2S_{x}=2(Y-X)n\)，也就是说\(y\)走的步数应该是\(n\)的倍数，也就是说当第一次相遇的时候，他应该离走完这个环到环开始的地方为\(m\)，所以\(y\)也到了环开始的地方，所以\(x,y\)将会在环开始的地方相遇。

可惜这里不用。

生日悖论

首先我们来看看，现在我们来选数字，在1-100之间，如果我们选一个数字，那么是1的概率则是\(\frac{1}{100}\)，但是如果我们选两个数字，然后取差的绝对值，会怎样？我们选一个数字，然后选到他周围的两个数字的概率就变成了\(\frac{1}{50}\)了！（忽略第一个数字\(1\)和\(100\)的情况，那还是\(\frac{1}{100}\)），难道多元能增加概率！

没错，这就是生日悖论的内容。

生日悖论的重要思想是什么，\(1-x\)的范围，如果有\(\sqrt{x}\)个数字的话，重复的概率就会高达\(50\%\)，恐不恐怖。

至于证明，在这里贴上大佬的证明。

Miller_rabin

相信在第一章里面，你们已经学会了费马小定律了，那就不讲了QMQ。

前言

我们都知道判断一个数字是不是素数，有一种方法就是试除法，直接从\(2\)枚举到\(\sqrt{p}\)，但是有没有一种方法，能比\(O(\sqrt{p})\)还快有准确无误呢？

答案是并没有，但是如果你要求的是很大概率的话，打我可以告诉你的是，Miller_rabin就是这么一种算法，基本上准确无误，就连强伪素数都能跑过去，是什么呢？

二次探测

我们都知道，选取一个\(p\)数字，然后用费马小定理判断一下，如果不是\(1\)，那就不是素数，但是存在这么一种数字，能满足费马小定理但是不是素数的一类数字，我们又要怎么判断呢？

这里就要引入一个定理了，这个定理可以很大概率的判断是不是素数，加上费马小定理。

如果\(p\)是质数且\(a^2≡1(\mod p)(a<p)\)，那么\(a=1,p-1\)。
我们可以来证明一下：
\[a^2≡1(\mod p)\]
\[a^2-1≡(\mod p)\]
\[(a+1)(a-1)≡0(\mod p)\]
那么，因为\(a<p\)且\(p\)是质数，所以\(a=1,p-1\)。

那么我们就可以把\(p-1\)分成\(2^{t}*k\)，然后随机选取一个值\(x\)，然后计算\(x^{k}\)，然后继续不断取平方：\(x^{2^{i}*k}\)，然后不断的用二次探测来检测，更重要的是我们最后还可以用用费马小定理，当然，\(x\)我们可以手动取几个素数来多判几次，不知道为什么，素数成功概率大一点QMQ。

很明显是\(log\)的。

代码

inline  LL  ksc(LL  x,LL  y,LL  z)
{LL  c=(LD)x*y/z+0.5;LL  ans=x*y-c*z;return  ans<0?ans+z:ans;
}
inline  LL  ksm(LL  x,LL  m,LL  mod)
{if(m==0)return  1%mod;LL  ans=1;while(m>1){m&1?ans=ksc(ans,x,mod):0;x=ksc(x,x,mod);m>>=1;}return  ksc(ans,x,mod);
}
inline  int  log2(LL  &x)
{int  ans=0;while(x%2==0)ans++,x>>=1;return  ans;
}
int  su[]={2,3,5,7,11,23,29,61};
inline  bool  pd(LL  x)//判断一个素数
{for(int  i=0;i<=7;i++){if(x<=su[i])return  1;LL  y=x-1;int  tt=log2(y);y=ksm(su[i],y,x);while(tt--){LL  z=ksc(y,y,x);if(z==1  &&  y!=1  &&  y!=x-1)return  0;y=z;}if(y!=1)return  0;}return  1;
}

Pollard-Rho

前言

你是否想快速的分解一个素数？

想吗？少年。

---来自SaDiao博主的一席话。

例题

都看到了，就是想咯QMQ。

例题

假设我们要分的数字是\(p\)

构建随机数列

我们构建一个随机函数\(x_{i}=x_{i-1}*x_{i-1}+C(\mod p)\)（\(C\)为我们自己定的常数）,这么强？

同时\(x_{1}=2\)，我们发现这个序列每个都跟前面的数字有关，那么不就是类似链表了吗？而且因为是模了后序列，所以会有环（根据生日悖论，出现相同的数字概率是\(O(\sqrt{p})\)），就可以用\(floyd\)判环法了。

我们再设一个函数：\(y_{i}=x_{i-1}*x_{i-1}+C(\mod q)\)（\(q\)为\(p\)的一个质因数），\(y_{1}=2\)，那么这个序列也会出现循环节的，我们再在两个循环节上找到两个位置\(i,j\)，使得\(i<j,l(i)=l(j)\)，然后我们就会发现\(|x_{i}-x_{j}|\)含有\(q\)，也就是\(gcd(|x_{i}-x_{j}|,p)≠1\)，那么我们就可以找到一个素数了。

但是我们并不知道\(q\)，我们又怎么找到\(i,j\)呢，我们会发现其实\(i,j\)就是\(y\)数列循环节上的对应位置，而上面也只是提供了一种可行性，也就是说我们可以用\(floyd\)找环法来在\(x\)数列中找，如果\(gcd\)为\(1\)，那么继续找环，如果\(gcd\)为\(p\)（差为0就会这样），说明我们找到了模数为\(q\)的环，可惜也是模数为\(p\)的环，那么我们就退出，然后\(C++\)，如果两个都不是，那么我们不就找到了一个质因数了吗？

再看看概率有多大，原本我们找两个数字的差找到质因数的概率应该比较小，但是如果我们是\(gcd≠1\)的话，那概率不就大了吗？而且期望的循环节大小为\(\sqrt{p}\)，不就好起来了吗？

而且判断一个数字是不是素数就靠Miller_rabin了。

优(ka)化(chang)

我们要发现一个事情：\(x\%z\)，可以等同于\(z*((x/gcd(x,z))\%(z/gcd(x,z)))\)。

那么这有什么用呢？我们可以把几个差乘起来，然后模一下（如果出现了质因子的话不会因为模了而消失掉，上面写了），至于乘几次，我选择的是\(127\)，当然，\(pow(p,0.1)\)也有人用，不要太大就可以了，我们后面则叫乘了\(step\)次。

那么我们也是乘完后GCD。

1. 如果为\(1\)继续。
2. 如果为\(n\)的话，说不定中间有质因子呢，我们也回到\(step\)次一起，不乘起来，一次次慢慢来。
3. 如果两个都不是，恭喜，喜提质因子一枚。

然后自我感觉良好，优化了不少的常数。

注意事项

我们会发现，打完代码有事后还是会卡住的。

为什么，因为\(4\)是个神奇的数字，我们可以把\(C\)从\(1\)到\(4\)枚举一遍，会发现差统统不会涉及到\(2\)，而其他\(2\)的次方，比如\(2^{i}\)，在\(C=2^{i}-4\)的时候，肯定跳一次就能得到结果，\(x=0,y=C\)，然后就可以把\(2\)筛出来，为什么\(4\)不行，因为\(C=0\)了，所以我们就只会一遍遍的得到\(4\)然后重来。

那我们特判\(4\)不就行了？不不不，特判要讲究艺术。

你想想，我们要是特判\(\%2==0\)不是一样的吗，而且还造福了其他的数字，尤其是\(2\)的次方，不加这个很有可能就老是到\(2^{i}-4\)才跳出来。

时间复杂度证明

一次的Pollard-Rho的复杂度是多少？（这道题目得用几次Pollard-Rho）

设\(N=A*B(A<=B)\)，那么\(A<=\sqrt(N)\)，我们是在\(x\)找\(A\)的循环节，期望复杂度为\(O(\sqrt{A})\)，那么不就是\(O(N^{\frac{1}{4}})\)吗？

但是其实不然，因为加上GCD什么乱起八糟的，正宗的应该是：
\(O(\frac{N^{\frac{1}{4}}logN}{step}+logN)\)，但原本就是玄学算法你加这么多干嘛，而且在long long范围内我们的\(step\)肯定大于\(logN\)，毕竟我们的\(step\)原本就是\(127\)吗。

所以我们还是写\(O(N^{\frac{1}{4}})\)，好看又好写。

代码

开了O2在luogu跑了600+ms，快的飞起，不开也有1.44s了，这不就快的飞起了吗。

可以试试这个跑不跑得出结果46856248255981。

强伪素数呀，都跑过去了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
using  namespace  std;
typedef  long  double  LD;
typedef  long  long  LL;
inline  LL  zabs(LL  x){return  x<0?-x:x;}
inline  LL  mymin(LL  x,LL  y){return  x<y?x:y;}
inline  LL  mymax(LL  x,LL  y){return  x>y?x:y;}
inline  LL  ksc(LL  x,LL  y,LL  z)
{LL  c=(LD)x*y/z+0.5;LL  ans=x*y-c*z;return  ans<0?ans+z:ans;
}
inline  LL  ksm(LL  x,LL  m,LL  mod)
{if(m==0)return  1%mod;LL  ans=1;while(m>1){m&1?ans=ksc(ans,x,mod):0;x=ksc(x,x,mod);m>>=1;}return  ksc(ans,x,mod);
}
inline  int  log2(LL  &x)
{int  ans=0;while(x%2==0)ans++,x>>=1;return  ans;
}
int  su[]={2,3,5,7,11,23,29,61};
inline  bool  pd(LL  x)//判断一个素数
{for(int  i=0;i<=7;i++){if(x<=su[i])return  1;LL  y=x-1;int  tt=log2(y);y=ksm(su[i],y,x);while(tt--){LL  z=ksc(y,y,x);if(z==1  &&  y!=1  &&  y!=x-1)return  0;y=z;}if(y!=1)return  0;}return  1;
}
inline  LL  gcd(LL  x,LL  y)//实测二进制版GCD只比原来的快了20+ms，估计是因为优化减少了GCD的调用次数，凸显不出优势。
{int  ans=0;while(x  &&  y){if(x&1  &&  y&1){y>x?x^=y^=x^=y:0;x=(x-y)>>1;}else  if(x&1)y>>=1;else  if(y&1)x>>=1;else  x>>=1,y>>=1,ans++;}return  (x+y)<<ans;
}
inline  LL  Pol(LL  now,LL  step,LL  add)
{if(now%2==0)return  2;//防止毒瘤的4的情况 LL  x=2,y=2,d=1;while(1){LL  tx=x,ty=y;for(int  i=1;i<=step;i++){x=ksc(x,x,now)+add;x>=now?x-=now:0;y=ksc(y,y,now)+add;y>=now?y-=now:0;y=ksc(y,y,now)+add;y>=now?y-=now:0;d=ksc(d,zabs(x-y),now);}d=gcd(d,now);if(d==1)continue;else  if(d!=now)return  d;x=tx;y=ty;for(int  i=1;i<=step;i++){x=ksc(x,x,now)+add;x>=now?x-=now:0;y=ksc(y,y,now)+add;y>=now?y-=now:0;y=ksc(y,y,now)+add;y>=now?y-=now:0;d=gcd(zabs(x-y),now);if(d!=1)return  d%now;}}
}
inline  LL  work(LL  n)
{if(pd(n)  ||  n==1)return  n;LL  tmp=0,step=127/*玄学步数*/,add=1;while(!tmp)tmp=Pol(n,step,add++);//if(n/tmp<tmp)tmp=n/tmp;//使得n/tmp>=tmpLL  ans=work(n/tmp);if(ans>=tmp)return  ans;return  mymax(ans,work(tmp));//实现上的一个优化，优化空间小，但是能优化，而且不会耗多少空间，基本正优化
}
LL  n;
int  main()
{int  T;scanf("%d",&T);while(T--){scanf("%lld",&n);LL  ans=work(n);if(ans==n)printf("Prime\n");else  printf("%lld\n",ans);} return  0;
}