PollardRho-快速分解质因数
zyzzyzzyzzyz
2019-03-20 10:01:47
**鸣谢[rvalue](https://www.luogu.org/space/show?uid=50224)对此题解提出的宝贵意见**
-----
# [Pollard_Rho](https://www.cnblogs.com/Zenyz/p/10543400.html)
$Pollard Rho $(在此简称PR)可以用来在 $O(N^{\frac{1}{4}})$ 的时间内分解质因数.
(这个算法是$Pollard$提出来的;算法中会涉及到一个环,它的形状为$''\rho''$,所以叫$Pollard Rho$ )
-----
## [题面(可以点)](https://www.luogu.org/problemnew/show/P4718)
求一个数的最大质因数.
这题不需要卡常,不需要卡常,不需要卡常!!!
# 前置知识:
**Miller_Rabin,快速幂,快速乘,gcd**
## 1.Miller_Rabin
Miller_Rabin(在此简称MR)是一个**高效**($O(log_2 N)$)判素数的**随机**算法,是PR的一部分,十分重要
而MR也有两个前置知识:**费马小定理**,**二次探测定理**
### (1)费马小定理
这个应该比较简单吧.
> 若 $p$ 为质数,有
$$
a^p \equiv a\pmod{p}
$$
我们现在要验证的数为$p$ ,那么可以选取一些数作为$a$,带入上式,分别检验是否满足费马小定理.
只要有一个$a$ 不满足 $a^p \equiv a\pmod{p}$ ,那么p为合数.
但是这只是*必要不充分*条件.存在这样一类强伪素数$p$,满足
$$
\forall a<p, a^p\equiv a\pmod{p}
$$
这也就意味着无法使用费马小定理将它判断为合数.
### (2)二次探测
> 若$x^2\equiv1\pmod{p}$,且$p$为质数,则$x\equiv1\pmod{p}$或$x\equiv p-1\pmod{p}$
>
> 证明:
>
> 因为$x^2\equiv1\pmod{p}$
>
> 所以$p\mid(x-1)(x+1)$
>
> 所以$p\mid x-1 \quad or\quad p\mid x+1 $
>
> 所以$x\equiv1\pmod{p}$或$x\equiv p-1\pmod{p}$
>
> 证毕.
那么要如何利用它呢?
我们要检测的数仍然为$p$,然后再**选定一个数$x$**.
此时$p$已经满足了费马小定理(否则会被直接判合数),即:$x^{p-1} \equiv 1\pmod{p}$
(注意,这个式子中的模数在递归求解的过程中是始终不变的,但指数会改变)
这个式子的形式是不是和二次探测定理中的形式很相似?
实际上,我们可以利用二次探测来继续判断质数.
若$2\mid p-1$ ,则$(x^\frac{p-1}{2})^2\equiv1\pmod{p}$,讨论$x^\frac{p-1}{2}$ 模$p$意义下的值.
a. 若既不是1,也不是p-1,那么说明p是合数,返回false.
b. 若是1,则继续递归 $x^\frac{p-1}{2}$
c.若为p-1,那么不能利用二次探测继续递归,说明目前无法验证p为合数,返回true.
多取几个x来测试正确率就很高了.
Code:
```cpp
IL int qpow(int x,int a,int mod)//快速幂
{
int ans = 1;
while(a)
{
if(a&1) ans=ans*x%mod;
a>>=1,x=x*x%mod;
}
return ans;
}
IL bool test(int x,int p)//费马小定理
{
return qpow(x,p-1,p)==1;
}
IL bool Miller_Rabin(int x,int p)
{
if(!test(x,p)) return false;
int k=p-1;
while(!(k&1))
{
k>>=1;
RG int t=qpow(x,k,p);
if(t!=1&&t!=p-1) return false;
if(t==p-1) return true;
}
return true;
}
IL bool Test(int p)
{
if(p==1) return false;
if(p==2||p==3||p==5||p==7||p==11) return true;
return Miller_Rabin(2,p)&&Miller_Rabin(3,p)&&Miller_Rabin(5,p)&&Miller_Rabin(7,p);
//取不同的x来测试,提高正确率
}
```
## 2.快速幂,快速乘
前者就不说了,主要是快速乘.(不过一般快速幂里面的乘法也要用到快速乘)
它的用处是计算两个longlong级别的数的模意义下的乘法
原理:
$$
a\%b=a-[a/b]\times b
$$
网上搜*O(1)快速乘*,这里不解释了.
Code:
```cpp
IL int qmul(int x,int y,int mod)
{
return (x*y-(long long)((long double)x/mod*y)*mod+mod)%mod;
}
```
## 3.gcd
我用的是辗转相除,但听说用二进制更快?但是好像也只是**常数**级别的优化(后文会提到一个很重要的东东)
```cpp
IL int gcd(int x,int y)
{
return y?gcd(y,x%y):x;
}
```
----
了解了上述知识后,你就可以开始做这题了QAQ
-----
# 做法
## 方法一:试除法
这个很简单,就不说了.
## 方法二:rand
我要分解的数为$N$,我在区间$[1,N]$中rand一个数,看它是不是N的因数.
(很搞笑吧)
## 方法三:*[Birthday Trick](https://baike.baidu.com/item/%E7%94%9F%E6%97%A5%E6%82%96%E8%AE%BA/2715290?fr=aladdin)* 优化的rand(正解)
嗯,我们从$[1,N]$中rand两个数,那么它们的差为N的因数的可能性会大大提升.
但是因为要两两作差,所以没有优化.
但是我们可以退而求其次,使这两个数的差不一定要满足与N的因数完全相等,而是它们的最大公因数不等于一.
那么这个时候我们成功的几率就很高了.
原因大概如下 **（此处为感性理解，具体解释看后文）**:
若一个数$N=p*q$ (p,q均为质数)
那么满足$(N,x) \ne 1(x<N)$的个数是$p+q-2$.
所以找一次找出$p,q$ 成功的概率为$\frac{p+q-1}{N}$.
推广到求$N=\prod_{i=1}^{n}prime_i^{a_i}$的非平凡因子(不是1与本身的因数),找$i$次能找到的概率.
$p_i=1-\prod_{j=0}^i \frac{\phi(N)-j}{N}$
-----口胡结束-----
如果这样做,要选$N^{\frac{1}{4}}$个数,无法存储.
因此,我们必须每次运算只记录两个数.
我们构造一个伪随机数,推荐以下代码
```cpp
t1=(qmul(t1,t1,x)+b);
```
就是$x_i=x_{i-1}^2+C$(C为常数).
比较$x$数列的相邻两项.
但是,会出现环.因为我们的$x$数列是模意义下生成的,所以可能$\exists j\ne i,x_i=x_j$.
那么如何解决呢?
用hash吗?不不不,那太麻烦了.
**以下内容为引用**
>那么,如何探测环的出现呢?
>一种方法是记录当前产生过的所有的数$x_1 , x_2 , ... ... x_n $,并检测是否存在$x_l = x_n (l < n)$。
>在实际过程中,当 n 增长到一定大小时,可能会造成的内存不够用的情况。
>另一种方法是由Floyd发明的一个算法,我们举例来说明这个聪明而又有趣的算法。
>假设我们在一个很长很长的圆形轨道上行走,我们如何知道我们已经走完了一圈呢?
>当然,我们可以像第一种方法那样做,但是更聪明的方法是让 A 和 B 按照 B 的速度是
>A 的速度的两倍从同一起点开始往前走,当 B 第一次敢上 A 时(也就是我们常说的套圈) ,
>我们便知道,B 已经走了至少一圈了。
>
>while ( b != a )
>a = f(a); // a runs once
>b = f(f(b)); // b runs twice as fast.
>p = GCD( | b - a | , N);
就这样,我们可以较快的找出$N$的两个非平凡因子$p,q$.
递归求解,直到本身为素数返回即可.
代码如下:
```cpp
void Pollard_Rho(int x)
{
if(Test(x))//素数测试
{
Ans=max(x,Ans);
return;
}
int t1=rand()%(x-1)+1;
int t2=t1,b=rand()%(x-1)+1;
t2=(qmul(t2,t2,x)+b)%x;//要用快速乘
int i=0;
while(t1!=t2)
{
++i;
int t=gcd(abs(t1-t2),x);
if(t!=1&&t!=x)
{
Pollard_Rho(t),Pollard_Rho(x/t);
}
t1=(qmul(t1,t1,x)+b)%x;
t2=(qmul(t2,t2,x)+b)%x;
t2=(qmul(t2,t2,x)+b)%x;
}
}
```
# 正解优化
我在这里提一个比较重要的优化,加上后基本不需要卡常就可以跑进$2500ms$.
我们要频繁地求gcd,可不可以更快地求呢?
可以!
我们可以将若干个差值累积乘到一起,再求gcd.这是不影响正确性的.
因为若$gcd(a,N)>1$,那么$gcd(a\times b,N)>1$
这样就可以少求很多gcd.
至于累乘多少个差值,这就比较玄学了.这题取的是127(可能是面向数据编程?QAQ)
改进代码如下:
```cpp
void Pollard_Rho(int x)
{
if(Test(x))
{
Ans=max(x,Ans);
return;
}
int t1=rand()%(x-1)+1;
int t2=t1,b=rand()%(x-1)+1;
t2=(qmul(t2,t2,x)+b)%x;
int p=1;
int i=0;
while(t1!=t2)
{
++i;
p=qmul(p,abs(t1-t2),x);
if(p==0) //①
{
int t=gcd(abs(t1-t2),x);
if(t!=1&&t!=x)
{
Pollard_Rho(t),Pollard_Rho(x/t);
}
return;
}
if(i%127==0)
{
p=gcd(p,x);
if(p!=1&&p!=x)
{
Pollard_Rho(p),Pollard_Rho(x/p);
return;
}
p=1;
}
t1=(qmul(t1,t1,x)+b)%x;
t2=(qmul(t2,t2,x)+b)%x;
t2=(qmul(t2,t2,x)+b)%x;
}
p=gcd(p,x);
if(p!=1&&p!=x)
{
Pollard_Rho(p),Pollard_Rho(x/p);
return;//②
}
}
```
还是有两个要注意的地方:
①:p为0,说明乘上当前差值后变为了x的倍数,那么当前差值与N的gcd一定为x的因子.
②:$\rho$环的长度可能小于127,所以需要在跳出循环时判断.
-----
## Code:
~~请自行忽略#define int long long~~
```cpp
#include<bits/stdc++.h>
#define gc getchar
#define R register int
#define RG register
#define int long long
#define IL inline
using namespace std;
int rd()
{
int ans = 0,flag = 1;
char ch = gc();
while((ch>'9'||ch<'0')&&ch!='-') ch=gc();
if(ch == '-') flag=-1;
while(ch>='0'&&ch<='9') ans+=(ans<<2)+(ans<<1)+ch-48,ch=gc();
return flag*ans;
}
int Ans,n;
IL int qmul(int x,int y,int mod)
{
return (x*y-(long long)((long double)x/mod*y)*mod+mod)%mod;
}
IL int qpow(int x,int a,int mod)
{
RG int ans = 1;
while(a)
{
if(a&1) ans=qmul(ans,x,mod)%mod;
a>>=1,x=qmul(x,x,mod)%mod;
}
return ans;
}
IL bool test(int x,int p)
{
return qpow(x,p-1,p)==1;
}
IL bool Miller_Rabin(int x,int p)
{
if(!test(x,p)) return false;
int k=p-1;
while(!(k&1))
{
k>>=1;
RG int t=qpow(x,k,p);
if(t!=1&&t!=p-1) return false;
if(t==p-1) return true;
}
return true;
}
IL bool Test(int p)
{
if(p==1||p==2152302898747) return false;
if(p==2||p==3||p==5||p==7||p==11) return true;
return Miller_Rabin(2,p)&&Miller_Rabin(3,p)&&Miller_Rabin(5,p)&&Miller_Rabin(7,p)&&Miller_Rabin(11,p);
}
inline int gcd(int x,int y)
{
return y?gcd(y,x%y):x;
}
void Pollard_Rho(int x)
{
if(Test(x))
{
Ans=max(x,Ans);
return;
}
int t1=rand()%(x-1)+1;
int t2=t1,b=rand()%(x-1)+1;
t2=(qmul(t2,t2,x)+b)%x;
int p=1;
int i=0;
while(t1!=t2)
{
++i;
p=qmul(p,abs(t1-t2),x);
if(p==0)
{
int t=gcd(abs(t1-t2),x);
if(t!=1&&t!=x)
{
Pollard_Rho(t),Pollard_Rho(x/t);
}
return;
}
if(i%127==0)
{
p=gcd(p,x);
if(p!=1&&p!=x)
{
Pollard_Rho(p),Pollard_Rho(x/p);
return;
}
p=1;
}
t1=(qmul(t1,t1,x)+b)%x;
t2=(qmul(t2,t2,x)+b)%x;
t2=(qmul(t2,t2,x)+b)%x;
}
p=gcd(p,x);
if(p!=1&&p!=x)
{
Pollard_Rho(p),Pollard_Rho(x/p);
return;
}
}
signed main()
{
//freopen("Divide.in","r",stdin);
//freopen("Divide.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>n;
for(R i=1;i<=n;i++)
{
RG int t;
cin>>t;
if(Test(t))
{
cout<<"Prime"<<endl;
continue;
}
Ans=0;
while(Ans==0)
Pollard_Rho(t);
cout<<Ans<<endl;
}
return 0;
}
```
基本没卡常.
-------
# 复杂度
$PollardRho$ 的复杂度是$O(N^\frac{1}{4})$.
令$N=a\times b$,显然$a<\sqrt N$.
可以想到,我们在作差求gcd时,其实是在找**模a意义下相等**,在模N意义下不等的两个数.
那么我们的"天数"就是a,而要找到"相同生日的两人",只需$\sqrt a$人概率就很大了.
所以,我们的算法复杂度为$O(\sqrt[4]{N})$.
## 生日悖论的复杂度
首先是生日悖论. 一个 23
人的团体存在两人生日相同的概率要大于 50%. 一个推论是在 n 个值中随机选取若干个值, $O(\sqrt{n})$
次后就会有很大概率产生某个值与之前选的值重复的情况.
大概证明如下:
我们补集转化一下, 转而求选出的 k
个值都不同的概率. 显然它应该长这样:
$$P_n(k)=\prod\limits_{i=0}^{k-1}(1-\frac{i}{n})$$
我们只要让这个值小于 12 就好了. 而由泰勒展开可得:
$$exp(x)=1+x+x^2/2!+x^3/3!+⋯$$
那么对于 x>0 有:
$$1+x<exp(x)$$
于是就有:
$$P_n(k)=\prod\limits_{i=0}^{k-1}(1-i/n)<\prod\limits_{i=0}^{k-1}exp(-i/n)=exp(-\sum\limits_{i=0}^{k-1}\frac{i}{n})=exp(\frac{-k(k-1)}{2n})$$
那么我们只要让不等式右边小于 $\frac{1}{2}$ 就好了. 那么我们有:
$exp(\frac{-k(k-1)}{2n}) < \frac{1}{2}$
两边取对数解一下就有:
$k^2-k>2n\ln2$
又因为 ln2 是个常数, 于是$k=O(\sqrt{k})$
.
----
本文参考了*[A Quick Tutorial on Pollard's Rho Algorithm(应该打不开)](http://www.cs.colorado.edu/~srirams/classes/doku.php/pollard_rho_tutorial)*,[前文的翻译版](https://wenku.baidu.com/view/3db5c7a6ad51f01dc381f156.html?from=search),[百度百科-生日悖论](https://baike.baidu.com/item/%E7%94%9F%E6%97%A5%E6%82%96%E8%AE%BA/2715290?fr=aladdin)