M i l l e r R a b i n Miller\ Rabin Miller Rabin判断素数
前置知识：
1.费马小定理： a p − 1 ≡ 1 ( m o d p ) ， p a^{p-1}\equiv 1 \pmod p，p ap−1≡1(modp)，p为质数，且 a a a不为 p p p倍数。
2.二次探测定理：
p
p
p为素数，则
x
2
≡
1
(
m
o
d
p
)
x^2\equiv 1\pmod p
x2≡1(modp)的解为：
x
1
=
1
,
x
2
=
p
−
1
x_1=1,x_2=p-1
x1=1,x2=p−1。
算法实现流程：
1.特判，当 n < 3 n<3 n<3直接特判，否则 n n n为偶数肯定不是。
2.显然由1筛出来的情况
n
−
1
n-1
n−1肯定是偶数了。
令
p
=
n
−
1
=
x
×
2
c
p=n-1=x\times 2^c
p=n−1=x×2c。
3.接下来我们需要利用二次探测定理，选取一个底数 a a a，然后先计算出 a p a^p ap，这里形式就变成了 a p = a n − 1 = a x × 2 c = ( a x ) 2 c a^p=a^{n-1}=a^{x\times 2^c}=(a^x)^{2^c} ap=an−1=ax×2c=(ax)2c，然后我们需要循环判断 c c c次，是否满足二次探测定理。
令
x
=
a
x
(
m
o
d
n
)
,
y
=
x
x=a^x\pmod{n},y=x
x=ax(modn),y=x
每次
x
=
x
×
x
(
m
o
d
n
)
=
x
2
(
m
o
d
n
)
x=x\times x\pmod{n}=x^2\pmod{n}
x=x×x(modn)=x2(modn)
然后特判： y 2 = x y^2=x y2=x，当 x = 1 x=1 x=1时 y y y是否为 1 1 1或 n − 1 n-1 n−1。
然后一轮过后 y = x y=x y=x，进入下一轮。
4.最后 x = a n − 1 x=a^{n-1} x=an−1，利用费马小定理特判 x = 1 x=1 x=1即可。
通过多次测试，使随机算法的错误概率降到很小。
时间复杂度： O ( k l o g 3 n ) O(klog^3n) O(klog3n)， k k k为测试次数。
例题：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e3+5,M=2e4+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
#define mst(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
ll qmul(ll a,ll b,ll mod){
return (ll)(__int128(a)*b%mod);
}
ll qmul1(ll a,ll b,ll mod){
ll t=a*b-(ll)((long double)a/mod*b+0.5)*mod;
return t<0?t+mod:t;
}
ll ksm(ll a,ll n,ll mod){
ll ans=1;
while(n){
if(n&1) ans=qmul1(ans,a,mod);
a=qmul1(a,a,mod);
n>>=1;
}return ans;
}
ll d[8]={2,3,5,7,11,13,79,97};
bool fun(ll n){
if(n<3) return n==2;
if(n%2==0) return 0;
ll p=n-1,c=0;
while(p%2==0) p>>=1,c++;
for(int i=0;i<8;i++){
if(d[i]==n) return 1;
ll x=ksm(d[i],p,n),y=x;
for(int j=0;j<c;j++){
x=qmul1(x,x,n);
if(x==1&&!(y==1||y==n-1)) return 0;
y=x;
}
if(x!=1) return 0;
}return 1;
}
int main(){
ll x;while(~scanf("%lld",&x)){
puts(fun(x)?"Y":"N");
}
return 0;
}
