Pollard-Rho 学习笔记

One_JuRuo · 2023-11-10 22:03:26 · 个人记录

前言

其实很早就看到过了，下定决心去学的，居然是因为翻到之前口胡的题目，然后发现之前做法假了，继续尝试做的时候发现需要这个算法，于是，题目就绿->黑了。

Step.1 引入

求一个数的所有因数，这个问题伴随了我们很久了，现在又要翻出来鞭尸。

最开始的时候，我们使用的是最朴素的 O(n) 试除法，即一个数一个数去试，但是当 n 超过 10^8 或者更大的时候就不太现实了，于是我们学习了 O(\sqrt n) 的改进版试除法，只在 [1,\sqrt n] 之间尝试，找到了就可以找到其在 [\sqrt n,n] 之间唯一对应的因数，因此只需要试 \sqrt n 次，同样地，当 n 超过 10^{16} 时，也变得不现实。

现在，我们需要解决的便是这样一个问题。

Step.2 从悖论出发

悖论，即数学模型与平时的经验产生了极大的反差。

这里将举出几个例子：

生日悖论，如果一共有 k 人，设 p 为存在两个人生日相同的概率，不考虑闰年，那么当 k 达到 23 人的时候，p 就已经超过了 0.5。

如果你没有听过，那么这个悖论可能会让你难以置信，我们不妨来简单计算一下概率。

直接计算 p 是不方便的，我们可以求不存在两个人生日相同的概率，第一个人的生日是随便的，第二个人不能和第一个人一样，概率为 \frac {364}{365}，第三个人不能和前两个人一样，概率为 \frac {363}{365}，依此类推，再将所有的概率乘在一起。

可以得到一个 k 个人时的通式 \prod_{i=1}^k \frac{365-i+1} {365}。

当 k 取 23 的时候，就是 \frac{365!}{342!\times 365^{23}}。

通过计算机可以得到答案为 0.4927，那么 p 就是 1-0.4927=0.5073，已经超过一半。

如果我们再把 k 扩大，扩大到 50，答案约为 0.0296，已经非常小了，p 则已经超过了 0.97。

再来一个例子，如果我们在 [1,1000000] 中等概率地随机选一个数，那么刚好选到 114514 的概率只有 \frac 1 {1000000}，但是如果我们选择两个数 a 和 b，那么满足 |a-b|=114514 的概率就会提升很多，比 \frac 1 {500000} 要小一些。

可以感性理解，如果我们选择了一个数 a，那么满足条件的 b 可以是 a-114514 也可以是 a+114514，当然了如果 a 较小或者较大，则只有一种方式合法，所以比 \frac 1 {500000} 要小一些。

可以发现，我们直接等概率取，想要取到特定的值概率会较小，但是如果我们取多个，并通过限制，也就是扩大范围，就可以有效地让概率提升。

更进一步，我们在一个范围内随机生成数，每多生成一个数，就等于多了一个限制条件，那么想要生成两个相同的数，需要的数期望会很少，可以参考知乎的这个回答，在 [1,n] 范围内，每次随机选择一个数，在出现重复数字之前，期望会选择 \sqrt \frac{\pi n} 2 个数。

Step.3 基于随机数的“乱搞”做法

回到我们需要求的问题，找到 n\in[1,10^{18}] 的因数。

首先，可以直接随机，然后判断是否是因数，但是这样做概率实在太小了，最坏情况甚至会一直找不到，显然还不如 O(\sqrt n) 优秀。

所以考虑扩大范围，来让概率尽可能地提升。

可以发现，我们原本的随机实际上是有损失的，比如：n=24，随机的数是 18，显然，18 不是 24 的因子，但是它们都共同拥有因子 6，所以我们可以尝试通过最大公因数找因子。

假设随机到的数是 p，那么 \gcd(p,n) 就一定是 n 的因子，当然，\gcd(p,n)=1 的情况是无意义的。

所以我们完全可以通过 \gcd(p,n) 去寻找因数，这样提升的概率是很显著的。

对于合数，与它互质的数字个数不是很多，但是想要保证概率还是困难的。

想到悖论的第二个例子，我们可以选择若干个数 x_i，通过计算 \gcd(|x_i-x_j|,n),i\not = j 来寻找 n 的因子，可以证明（虽然我不会），大约选择 n^{\frac 1 4} 个数字就可以有大概率找到至少一个因子。

但是显然，如果选择那么多个因子，再两两相减找因子，那复杂度又退化到了 O(\sqrt n)。这不是吃饱了没事干吗

不过不需要着急，直到现在，都还没有出现本次的主题 Pollard-Rho 呢。

Step.4 Pollard 随机数立大功

Pollard 构造了一个伪随机数生成的函数：f(x)=(x^2+c)\bmod n，其中 c 是一个随机常量。

然后通过递归生成随机数，如，从 x_0 开始生成随机数，其中 x_0 可以任意选择，然后就可以用以下规则生成随机数，x_i=(x_{i-1}^2+c)\bmod n。

因为每次生成都会对 n 取模，所以值域是固定的，在经过若干次生成后，必然会陷入一个循环，形成的序列很像 \rho，所以叫做 Pollard-Rho。

下图就是我随手画的 n=10000,c=23 的图（很丑，将就看）：

事实上，说这个序列长得像 \rho 我觉得有点牵强，他的真实含义应该是，前面有部分序列不是循环节，后面是循环节的意思，\rho 应该是一个比较形象的比喻。

就是因为存在环，所以这是一个伪随机生成函数。

那么，为什么不使用现在比较常用的随机数生成方法，而专门构造一个生成方式呢？

这是因为按照这种方式生成的序列具有一个很重要的性质：对于所有的 x,y，如果满足 x\equiv y \pmod p,p\mid n，那么就有 f(x)\equiv f(y) \pmod p。

证明比较简单，先令 x=ap+d,y=bp+d,a,b\in \mathbb{Z},d\in [0,p)。

那么，对于 f(x)=x^2+c，我们可以将 x=ap+d 代入得到，f(x)=(ap+d)^2+c=(ap)^2+2apd+d^2+c。

那么 f(x)\bmod p=d^2+c=f(d)。

同理，f(y)\bmod p=f(d)。

所以 f(x)\equiv f(y) \bmod p。

这个性质的作用非常大，但是目前我们还用不到，将会在下一步出现，不过，同样的，如果某个随机数生成方法也有这个性质，那么也可以使用这个随机数生成方法，但是一般情况 Pollard 的随机数生成方法已经足够优秀了。

那么，我们将 p 选择为 n 的最小非 1 因子，那么显然 p<\sqrt n。

根据前面的理论，所有的 x_i\bmod p 中随机选择，直到出现环，也就是出现重复的数字，忽略常熟，那么生成的不同的值大约有 \sqrt p 个。

这也是为什么复杂度有个奇怪的 n^{\frac 1 4}，但是目前的算法还没有得到进展，想要真正地变为 O(n^{\frac 1 4}) 还有几步需要走。

Step.5 判环

因为随机数序列存在环，所以判环就是很重要的环节了，如果选择 map 等 STL 较为暴力地判环，复杂度就不够优秀，这里介绍一种 Pollard-Rho 基本上都会用的判环方法--Floyd 判环。需要注意，这个 Floyd 和最短路的 Floyd 不一样，仅仅是同一个人发明的而已。

我们可以想象有两个人在赛跑，如果一个人的速度比另外一个人快，那么他们一定会相遇，并且跑的距离差一定是圈长，但是因为并不是每个时刻都会检查，所以可能要快的人超了慢的人几圈了我们才会发现。

那么现在，这个思想也可以应用于判环，取 a=f(1)，取 b=f(f(1))，那么这样就可以将 b 看作 a 的两倍速度，这样只需要判断 a 是否等于 b 就可以判断是否进入环了，如果进入环了也没找到，则可以重新随机 c 继续找。

另外，b-a 可以看作差值，因为上一步我们证明了如果 a\equiv b \pmod p，则有 f(a)\equiv f(b)\pmod p，所以我们想要 \gcd(|x_i-x_j|,n)>1，实际需要验证的 i,j 的范围是可以缩小的，也就是 |i-j|\bmod n 相同的所有组，我们只需要验证一组即可，因为 b 的速度要快 a 一倍，在相遇之前我们每次都是在判断一个不同的 |i-j|bmod n，又因为只会存在 O(n^{\frac 1 4}) 个不同的数字，那么期望在 O(n^{\frac 1 4}) 检查到环。

这样，我们就避免了需要两两相减，逐一判断导致复杂度退化回去的尴尬情况，而是判断 O(n^{\frac 1 4}) 次，减少了大部分 |i-j|\bmod n 相同的情况的检验。

但是复杂度依然不是 O(n^{\frac 1 4})，因为每次检查求 \gcd 的过程都需要一个 \log n。

尽管已经很快了，但是我们需要追求极限，不是吗？

Step.6 积累的力量

假如 \gcd(x,n)>1，那么 \gcd(kx,n)>1 所以我们找到一个 |x_a-x_b| 可以不必立马检验，而是积累一会儿，再一起检查。

选择的数量一般为 127，有些时候需要看实际情况进行调整，但一般都是 2^k-1 比较优，具体原因我也不太清楚，大概是经验。

那么在有了积累，我们的复杂度就可以成功地降到 O(n^{\frac 1 4})，但实际上的复杂度要低很多。

Step.7 一些细节

因为 Pollard-Rho 不具备检查是否为质数的能力，如果用一个质数一直去尝试寻找因子，那么就会一直找不到，所以还需要判断素数，可以使用 Miller Rabin 快速判断，并且可能一次 Pollard-Rho 也找不到，所以这种情况可以返回原数，然后重新随机一个 c 再次尝试。

下面给出代码：

inline long long f(long long x,long long c,long long n){return ((lll)x*x+c)%n;}//随机数生成方法，lll转换位__int128防止溢出
inline long long pollard_rho(long long x)
{
    long long c=rand()%(x-1)+1,a=0,b=0,mul=1;
    do
    {
        for(long long i=1;i<128;++i)//累计127次
        {
            a=f(a),b=f(f(b)),mul=(lll)mul*abs(a-b)%x;
            if(a==b||!mul) break;//如果相等或者累乘出现0则代表遇到环，应该推出
        }
        long long gcd=__gcd(mul,x);
        if(gcd>1) return gcd;//找到因数了
    }while(a!=b)
    return x;//每找到
}
inline void get_fac(long long x)
{
    if(prime(x)) return;//先判质数
    long long p=x;
    while(p==x) p=pollard_rho(p);//一直找直到找到为止
}

Step.8 例子

P4718 【模板】Pollard-Rho

判断素数可以直接 Miller Rabin 快速判断，然后发现要求的不是一个因子，而是最大的质因子。

可以考虑递归求解。

每次判断 x 是不是质数，如果是，就更新答案，如果不是，就使用 Pollard-Rho 找到一个因数 p。

然后将 x 中所有因数 p 都除掉，再去递归求解 x 和 p。

inline void sol(long long x)
{
    if(x<=ans||x<2) return;//剪枝，如果小于答案则可以返回了
    if(prime(x)) return ans=max(ans,x),void();//如果是质数，则更新答案
    long long p=x;
    while(p==x) p=PR(x);//找因子
    while(x%p==0) x/=p;//除去因子
    fac(x),fac(p);//递归求解
}