【数论】Miller_Rabin、线性求逆元

最新推荐文章于 2024-01-22 23:16:45 发布

翞达羌

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分类专栏：基础数学

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本文介绍了一种高效的素数检测算法——Miller-Rabin算法，并详细解析了其背后的数学原理。同时，文章还阐述了一种快速计算逆元的方法，适用于线性求逆元场景。通过具体实例和代码实现，读者可以深入了解这些算法的工作机制。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

typedef long long LL;

Miller_Rabin素数测试

二次探测定理

如果 $p$ 是素数， $x$ 是小于 $p$ 的正整数，且 $x2≡1(modp)x^2\equiv1\pmod p$ ，那么要么 $x = 1$ ，要么 $x = p - 1$ 。
解读： 因为 $x^2\mod p=1$ ，即 $p|x^2-1$ ，也即 $p ∣ (x + 1) (x - 1)$ 。
由于 $p$ 是素数且 $x < p$ ，那么只可能是 $x - 1$ 能被 $p$ 整除（此时 $x = 1$ ）或 $x + 1$ 能被 $p$ 整除（此时 $x = p - 1$ ）。

要测试整数 $n$ 是否为素数，若 $n$ 是素数，根据费马定理，有 $a^{n-1}\mod n=1$ 。
首先任选一个数做底数 $a$ 。
我们令 $n−1=d⋅2Rn-1=d\cdot 2^R$ ，其中 $d$ 是一个奇数，于是 $na^{n-1}\mod n=(a^d)^{2^R}\mod n=a^{d\cdot 2^{R-1}}\cdot a^{d\cdot 2^{R-1}}\mod n$
根据二次探测定理， $na^{d\cdot 2^{R-1}}\mod n$ 要么等于 $1$ 要么等于 $n - 1$ 。
如果 $na^{d\cdot 2^{R-1}}\mod n$ 既不等于 $1$ 也不等于 $n - 1$ ， $n$ 一定不是素数，结束讨论。
如果 $n=n−1a^{d\cdot 2^{R-1}}\mod n=n-1$ ，我们认为 $n$ 是素数，结束讨论。
如果 $n=1a^{d\cdot 2^{R-1}}\mod n=1$ ，继续讨论：

根据二次探测定理， $na^{d\cdot 2^{R-2}}\mod n$ 要么等于 $1$ 要么等于 $n - 1$ 。……

上述讨论过程中，如果存在某个整数 $k$ ，使得 $n=n−1(0⩽k<R)a^{d\cdot 2^k}\mod n = n-1 (0\leqslant k<R)$ ，我们就认为 $n$ 是素数，结束讨论。
或者，若 $a^d\mod n=1$ ， $n$ 是素数。

这是一种不确定算法，每一次测试的准确率约为 $75%75\%$ 。
若进行了 $m$ 次测试，时间复杂度为 $O(m\log_3n)$ 。

bool miller_rabin(LL n){
  if(n==2)return 1;
  if(n<2||!(n%2))return 0;
  LL d=n-1;int r=0;
  while(!(d&1))d/=2,r++;
  for(int i=1;i<=10;i++){
    LL a=rand()%(n-2)+2,x=Pow(a,d,n);
    for(int j=1;j<=r;j++){
      LL y=Mul(x,x,n);
      if(y==1&&x!=1&&x!=n-1)return 0;
      x=y;
    }
    if(x!=1)return 0;
  }
  return 1;
}

一些玄学操作：

$n < 4759123141$ 时，只需检测 $a = 2, 7, 61$ ，即可确保正确。
$n < 2152302898747$ 时，只需检测 $a = 2, 3, 5, 7, 11$ ，即可确保正确。
$n < 341550071728320$ 时，只需检测 $a = 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17$ ，即可确保正确。

线性求逆元

$pa>1a^{-1}=\begin{cases} 1&a=1\\ (p-\lfloor\frac pa\rfloor)(p\mod a)^{-1}\mod p&a>1 \end{cases}$

证明：
显然 $1$ 的逆元为 $1$ 。
$a > 1$ 时，已知 $a⋅a−1≡1(modp)a\cdot a^{-1}\equiv 1\pmod p$ ，其中 $1 < a < p$ 。
令 $ak=\lfloor\frac pa\rfloor,r=p\mod a$ ，那么 $p = k a + r, 0 < r < a$
则有 $ka+r≡0(modp)ka+r\equiv 0\pmod p$
两边同时乘以 $a^{-1}r^{-1}$ 得到 $(ka+r)a−1r−1≡0(modp)(ka+r)a^{-1}r^{-1}\equiv 0\pmod p$
即 $k⋅r−1+a−1≡0(modp)k\cdot r^{-1}+a^{-1}\equiv 0\pmod p$
转换得
$p\begin{aligned} a^{-1}&=-k\cdot r^{-1}\mod p\\ &=-\lfloor\frac pa\rfloor(p\mod a)^{-1}\mod p\\ &=(p-\lfloor\frac pa\rfloor)(p\mod a)^{-1}\mod p \end{aligned}$

时间复杂度： $O (n)$

void make_inv(int*inv,int n,int p){
  inv[1]=1;
  for(int i=2;i<=n;i++)inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
}