数论篇之素数详解_数学素数

一.素数的定义

基本定义： 在大于1的自然数中，除了1和它本身以外不再有其他因数。

（此图可省略）

注意：1既不是素数也不是合数；2是最小的素数，也是唯一的偶素数。素数的个数是无限的.

二. 有关素数的定理

一：算数基本定理

任何一个大于1的正整数都能被唯一分解为有限个质数的乘积，可写作：

N=a1^c1 a2^c2a3^c3……am^cm

其中ci都是正整数，ai都是素数且满足a1<a2<a3……<am

(此定理不多解释，只能意会，不能言传。）（那你还好意思称详解）

二：威尔逊定理

如果p为素数，则 ( p -1 )! ≡ -1 ( mod p )
威尔逊定理的逆定理也成立，即如果 ( p -1 )! ≡ -1 ( mod p )，则 p为素数。
（p-1）！+1一定是p的倍数。
（此定理知道就行，在初等数论中，由于阶乘爆炸性增长，所以意义不大。貌似此定理不大出现）
证明的话，蒟蒻不会。但检验还是可以的
检验：

 scanf("%d",&p); int ans=1; for(register int i=1;i<=p-1;i++){//计算p-1的阶乘 ans=(ans*i)%p; } printf("%d\n",(ans+p)%p); printf("%d",(p-1)%p); 

多试上几组，明显是可行的

其中首行为是不是质数。然后挨个输出

三.费马小定理

（这个定理貌似不陌生）
若p为素数，a为正整数，且a和p互质（牢记使用条件），则a^（p-1）≡1（mod p）
（讲真的，此定理我不想证明；但毕竟不能完全背离详解的题目吧。）
证明：
首先,p-1个整数，a,2a,3a,……,(p-1)a中没有一个是p的倍数，因为p为素数，a为正整数，且a和p互质。

其次，a,2a,3a……，（p-1）a中没有任何两个同余与mod p的。（我觉得这很显然。。。但我不会说为么。。。。）

于是：a,2a,3a……（p-1）a 对mod p的同余既不为0（缘于首先），也没有两个同余相同（缘于其次），因此，这p-1个数对mod p的同余一定是1，2，3，……（p-1）的某一种排列（因为，同余不为零也不相同，但在mod p的情况下，结果只有0~p-1）

即：a × 2a × 3a……×（p-1）a mod p≡1×2×3×……×（p-1）（mod p） 在上述条件的情况下，这必成立~~（这不多说）~~

然后我们进行化简
即：a^p-1× (p-1)!≡(p-1)! (mod p)

我们根据威尔逊定理（上一个定理），因为p是素数，所以（p-1）！和p互质（因为威尔逊定理（p-1）！+1是p的倍数，不妨设（p-1）！+1=mp，则（p-1）！=mp-1，mp-1和p互质）。所以我们可以直接约去（p-1）！。

然后我们便证明了伟大的费马小定理.(感觉身体被掏空。。。。。。)

三.素数的判定

法一：试除法

如果一个数N为非素数，则存在一个能整除N的数K，其中2<=K<=sqrt（N）

证明： 我们利用反证法，假设K不在此范围内（2<=K<=sqrt（N））

因为它是一个合数，所以在（2~N-1）内肯定会有一个数是它的约数（我们假设为M），又因为这个数不在此范围内（2<=这个数<=sqrt（N）），所以M属于[sqrt（N）+1，N-1]。不妨令 （这可能是高中数学的专用名词） K=N/M ，则肯定在此范围内了（2<=K<=sqrt（N））。
方法：我们只需扫描一下此范围内的数有没有N的约数，如果有则不是素数，反之就是素数。不难知道：时间复杂度为O（sqrt（N））

评价：代码简单，容易理解，比较好写加好像，判断单个数貌似也不慢（好像只有优点的样子） 但要判断N个数的话，恐怕就要JJ了。
代码：

 inline bool judge(int n){ if(n==1) return false;//特判1 for(register int i=2;i<=sqrt(n);i++){//扫描的过程 if(n%i==0) return false; } return true; } 

法二：Miller-Rabin素性测试

这个方法其实就是利用了定理三，费马小定理的逆定理，由于费马小定理的逆定理不一定成立，所以我们要多次测试。

方法的可行性： 若N通过一次测试，则N不是素数的概率为（1、4）( 不要问我为什么，因为蒟蒻不懂 ) 若N通过t次测试，则N不是素数的概率为（1/4^t），所以测试次数越多越准确。事实上t为5时，N不是素数的概率已经为（1/128），高达99.99%。（如果判断错，原因有二：一：你脸黑，二：故意卡）
方法的失误：假如随机选取四个数为2，3，5，7 ，则在2.5*10¹³ 以内唯一一个判断失误的数为
评价：小心脸黑，注意被卡！ ，时间复杂度（O(tlog2(n))）,貌似也不慢的样子。
代码：

#include<iostream> #include<cstdio> #include<ctime> #include<cstdlib> #define ll long long using namespace std; const ll count=10; int flag; ll quick_pow(ll a,ll u,ll n){//快速幂 ll ans=1; while(u!=0){ if(u%2==1) ans=ans*a%n; a=a*a%n; u=u/2; } return ans; } int main(){ srand(time(NULL));//随机种子 ll n; cin>>n; ll a; if(n==2){//特判2 cout<<"Probably a prime\n"; return 0; } flag=0; for(int i=1;i<=count;i++){//测试 a=rand()%(n-2)+2;//随机性的a if(quick_pow(a,n-1,n)!=1){//判断 flag=1;break; } } if(flag==0) cout<<"Probably a prime\n";//输出 else cout<<"A composite\n"; return 0; } 

三.素数的筛法

（求1~N之内的素数）

法一：暴力判断1（N范围内，每个都用Miller-Rabin素性测试）

评价：这个方法不建议用，即使N范围比较小。

原因一：时间复杂度高，O（N t log2n）

原因二：容错率提高了N倍 （但还是很小很小，也不算是原因吧。）

代码就不放了

法二：暴力判断2（N范围内，每个数都试除法判断）

评价：这个方法若在N范围比较小的情况下，闲的没事写写玩玩吧。

代码：

inline bool judge(int n){ if(n==1) return false; for(register int i=2;i<=sqrt(n);i++){ if(n%i==0) return false; } return true; } //以下主函数里面 for(register int i=1;i<=cnt;i++){ if(judge(i)) printf("YES\n");//判断cnt范围内的i是不是质数 else printf("NO\n"); } 

法三：Eratosthenes 筛选法（埃氏筛法）

基本思想：质数的倍数一定不是素数。

方法：用一个v数组标记此数是不是合数（0表示素数，1表示非素数）。先假设所有的数都是素数（初始化v数组为零），从小到大枚举每一个素数，把x的倍数都标记为非素数（标记为一）。枚举到一个数x，若它尚未被标记，则他不能被2~x-1之间的任意数整除，该数就是素数 （这是定义啊）

注意：在枚举时我们要从二开始枚举。一的情况要特判

代码：

void primes(int n){ memset(v,0,sizeof(v));//初始化v数组 v[1]=1;//特判1 for(int i=2;i<=n;i++){ if(v[i]==0) for(int j=i;j<=n/i;j++) v[i*j]=1;//标记倍数 } return; } 

评价：代码简单友好写，速度也很快，埃氏筛法很常用。但个别卡这种筛法的题就没有办法了。

疑问：为什么 j循环要从（i~N/i）

上界 ：因为 i的i倍的之前的数已经被其余的标记了，不需要重复标记。例如：3的2倍标记的数，已经被2的3倍给标记了。所以我们只需要标记3的（3~n/3）倍就好。
下界：范围不超过n

时间复杂度接近 O（n），为O（nloglogn）。 是一种常用的筛法。

为什么不是O（n）？

因为此筛法仍然会重复标记合数，例如12既可以被2标记，也可以被3表记。因为12=2×6，12=3×4。其根本原因是算法不能唯一确定12的产生方式。

因此，线性筛法应运而生。

法四：线性筛法

方法：我们在生成一个需要标记的合数时，每次只向现有的数乘上一个质因子（缘于原理一，唯一分解定理），并且让它是这个和数的最小质因子。（避免重复标记） 这相当于让合数的质因子从大到小累积，即让12只以 3×2×2这一种方式产生（为什么不是2×2×3，因为在统计质因子时，先是2后是3，所以6是因为3×2得来，然后枚举到6时，又×2，所以是3×2×2。（这个地方不太好懂，主要是我描述的可能不太清楚，还是看代码吧） ）

代码

 inline void primes(int n){ for(register int i=2;i<=n;i++){ if(!v[i]){ v[i]=i;//素数的最小质因子是其本身 prime[++m]=i;//记录素数 } for(register int j=1;j<=m;j++){ if(prime[j]>n/i||prime[j]>v[i]) break;//超出范围n或有比prime[j]更小的质因子直接终止(prime[]单调递增) v[i*prime[j]]=prime[j];标记最小质因子 } } for(int i=1;i<=m;i++) printf("%d ",prime[i]);//输出素数 } 

顾名思义，时间复杂度O(n)
每个数只被标记一次，所以是O(n)

算法定理：唯一分解定理

评价：算法速度快，O(n)能不快吗 ，一般不会被卡吧，其实埃氏筛法我也没见到被卡的时候。

素数基本上就这点基础知识，其他的会延伸，或者把一些算法结合起来。

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