题面
题解
Miller-rabin素数测试
是一种随机化算法，能够在较短的时间内判断出一个数是合数，还是很可能为素数。其出错的概率极小；当用于测试的p取遍前10个素数时，在\(3e18\)的范围内不会出错。
原理：1、费马小定理
p为素数的必要不充分条件是\(\forall (a,p)=1,a^{p-1}{\equiv}1{\mod p}\)。证明不再赘述，可以参见百度百科或《数学奥林匹克命题人讲座：初等数论》2.3节。
2、二次探测
只使用费马小定理时，出错概率仍然较大，尤其是对于Carmichael数n（在\(1e8\)以下有255个，最著名的、最小的Carmichael数是561），对于所有的与n互质的正整数a，都可以满足\(a^{n-1}{\equiv}1{\mod n}\)。因此，仅仅使用Fermat测试是不够的。
二次探测的原理是：如果\(x^2{\equiv}1{\mod p}\)，p为素数，那么有\(x{\equiv}{\pm}1{\mod p}\)。证明显然，将1移项至左边，然后因式分解即可。
具体做法
设待测数为mod，若mod为偶数则可以直接判断。否则，我们将mod-1分解为\(2^t*n\)，其中\(2{\nmid}n\)。然后，取与mod互质的数p，计算
\[p^n、 p^{2n}、 p^{2^2n} … p^{2^tn}{\% mod}\]
从第二个数开始，每一个数可以通过前一个数平方得到。
- 如果最后一项不为1，那么根据原理1，p不是素数；
- 如果第一项就为1，那么此次测试失败，需要更换p。但是，这样的概率极小。
- 如果第一项不为1，且最后一项为1：我们寻找这个数列中的第一个1，其前一项如果不是n-1，那么根据原理2，p不是素数。
对于特定选取的p，经过一次test(p,mod)后，出错的概率在\({\frac{1}{4}}\)以下。证明见《算法导论》第31.8节。
在待测数\(mod{\leq}3e18\)的情况下，选取p为2,3,5,7,11,13,17,19,23这前9个素数，可以保证不出错。
对于一个待测数mod，Miller-rabin素数测试的时间复杂度为\(O(klogmod)\)。（其中k为测试的轮数）
防止相乘爆long long的小技巧
- 此方法适用范围：x,y,mod均在\(1e18\)级别。
#define ll long long
#define ld long double
inline void Adjust(ll &x,ll mod){
x = (x % mod + mod) % mod;
}
inline void Tms(ll &x,ll y,ll mod){
x = x * y - (ll)((ld)x * y / mod) * mod;
Adjust(x,mod);
}
在Miller-rabin素数测试中，由于数据范围很大，会碰到求xy%mod（其中x,y,mod在1e18级别)的问题，此时如果直接乘会爆long long。为了解决这个问题，我们可以利用自然溢出：若两个long long型变量\(x，y\)，进行了某种运算\({\bigodot}\)（包括加、减、乘）后超出了\([-2^{63},2^{63})\)的范围，那么返回值是使得
\[x{\bigodot}y=2^{64}*t+r(-2^{63}{\leq}r<2^{63})\]
的r。在Tms()中，\(x*y\)和\((ll)((ld)x * y / mod) * mod\)均属于这种情况。二者的相减也是。
我们设（假设没有溢出）\(x*y-(ll)((ld)x*y/mod)*mod\)的值为r'，我们真实想要的数为r。由于long double的运算可能产生误差，所以实际上\(r'\)可能等于r或者\(r{\pm}mod\)。但是无论如何，\(r'\)是\([-2^{61},2^{61}]\)内，与r关于mod同余的一个数。
而考虑到溢出，真实情况下，\(x*y-(ll)((ld)x*y/mod)*mod\)的返回值应该是与\(r'\)关于\(2^{64}\)同余的、在\([-2^{63},2^{63})\)内的一个数\(s\)。但是，我们发现\(r'\)不管是加上还是减去\(2^{64}\)，都超出了\([-2^{63},2^{63})\)，因此，一定有\(s=r'\)。
然后为了消除可能有的误差，再进行一次Adjust操作即可。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ld long double
#define rg register
namespace ModCalc{
inline void Adjust(ll &x,ll mod){
x = (x % mod + mod) % mod;
}
inline ll Check(ll x,ll mod){
Adjust(x,mod);return x;
}
inline void Tms(ll &x,ll y,ll mod){
x = Check(x * y - (ll)((ld)x*y/mod) * mod,mod);
}
inline ll Mul(ll x,ll y,ll mod){
Tms(x,y,mod);return x;
}
}
using namespace ModCalc;
ll pri[9] = {2,3,5,7,11,13,17,19,23};
inline ll power(ll a,ll n,ll mod){
ll x = a,s = 1;
while(n){
if(n & 1)Tms(s,x,mod);
Tms(x,x,mod);
n >>= 1;
}
return s;
}
inline bool test(ll mod,ll p){
if(mod == p)return 1; //mod=p需要特判，因为p的倍数一定不符合费马小定理
ll n = mod - 1;
while(!(n&1))n >>= 1;
ll r = power(p,n,mod);
if(r == 1)return 1; //运气不好，本轮测试失败
while(n < mod - 1){
ll x = Mul(r,r,mod);
if(x == 1)return r == mod - 1;
r = x,n <<= 1;
}
return 0;
}
inline bool MR(ll mod){
if(mod < 2)return 0;
if(!(mod&1))return mod == 2;
for(rg ll i = 0;i < 9;i++)if(!test(mod,pri[i]))return 0;
return 1;
}
int main(){
ll mod;
while(~scanf("%lld",&mod)){
puts(MR(mod) ? "Y" : "N");
}
return 0;
}
来源：https://www.cnblogs.com/xh092113/p/12288424.html