素数

素数与合数的定义，见数论基础。

素数计数函数：小于或等于 $x$ 的素数的个数，用 $π (x)$ 表示。随着 $x$ 的增大，有这样的近似结果： $π (x) \sim \frac{x}{\ln (x)}$ 。

素性测试

素性测试（Primality test）可以用于判定所给自然数是否为素数。

素性测试有两种：

确定性测试：绝对确定一个数是否为素数。常见例子包括试除法、Lucas–Lehmer 测试和椭圆曲线素性证明。
概率性测试：通常比确定性测试快很多，但有可能（尽管概率很小）错误地将合数识别为质数（尽管反之则不会）。因此，通过概率素性测试的数字被称为 可能素数，直到它们的素数可以被确定性地证明。而通过测试但实际上是合数的数字则被称为 伪素数。有许多特定类型的伪素数，最常见的是费马伪素数，它们是满足费马小定理的合数。概率性测试的常见例子包括 Miller–Rabin 测试。

试除法

暴力做法自然可以枚举从小到大的每个数看是否能整除。

参考实现

C++Python

bool isPrime(int a) {
  if (a < 2) return false;
  for (int i = 2; i < a; ++i)
    if (a % i == 0) return false;
  return true;
}

def isPrime(a):
    if a < 2:
        return False
    for i in range(2, a):
        if a % i == 0:
            return False
    return True

这样做是十分稳妥了，但是真的有必要每个数都去判断吗？

很容易发现这样一个事实：如果 $x$ 是 $a$ 的约数，那么 $\frac{a}{x}$ 也是 $a$ 的约数。

这个结论告诉我们，对于每一对 $(x, \frac{a}{x})$ ，只检验其中的一个就足够了。为了方便起见，我们只考察每一对的较小数。不难发现，所有这些较小数都在 $[1, \sqrt{a}]$ 这个区间里。

由于 $1$ 肯定是约数，所以不检验它。

参考实现

C++Python

bool isPrime(int a) {
  if (a < 2) return 0;
  for (int i = 2; (long long)i * i <= a; ++i)  // 防溢出
    if (a % i == 0) return 0;
  return 1;
}

def isPrime(a):
    if a < 2:
        return False
    for i in range(2, int(sqrt(a)) + 1):
        if a % i == 0:
            return False
    return True

Fermat 素性测试

Fermat 素性检验 是最简单的概率性素性检验。

我们可以根据费马小定理得出一种检验素数的思路：

基本思想是不断地选取在 $[2, n - 1]$ 中的基 $a$ ，并检验是否每次都有 $a^{n - 1} \equiv 1 (\mod n)$ 。

参考实现

C++Python

bool fermat(int n) {
  if (n < 3) return n == 2;
  // test_time 为测试次数,建议设为不小于 8
  // 的整数以保证正确率,但也不宜过大,否则会影响效率
  for (int i = 1; i <= test_time; ++i) {
    int a = rand() % (n - 2) + 2;
    if (quickPow(a, n - 1, n) != 1) return false;
  }
  return true;
}

def fermat(n):
    if n < 3:
        return n == 2
    # test_time 为测试次数,建议设为不小于 8
    # 的整数以保证正确率,但也不宜过大,否则会影响效率
    for i in range(1, test_time + 1):
        a = random.randint(0, 32767) % (n - 2) + 2
        if quickPow(a, n - 1, n) != 1:
            return False
    return True

如果 $a^{n - 1} \equiv 1 (\mod n)$ 但 $n$ 不是素数，则 $n$ 被称为以 $a$ 为底的 伪素数。我们在实践中观察到，如果 $a^{n - 1} \equiv 1 (\mod n)$ ，那么 $n$ 通常是素数。但这里也有个反例：如果 $n = 341$ 且 $a = 2$ ，即使 $341 = 11 \cdot 31$ 是合数，有 $2^{340} \equiv 1 (\mod 341)$ 。事实上， $341$ 是最小的伪素数基数。

很遗憾，费马小定理的逆定理并不成立，换言之，满足了 $a^{n - 1} \equiv 1 (\mod n)$ ， $n$ 也不一定是素数。甚至有些合数 $n$ 满足对任意满足 $a ⊥ n$ 的整数 $a$ 均有 $a^{n - 1} \equiv 1 (\mod n)$ ，这样的数称为 Carmichael 数。

Carmichael 函数

对正整数 $n$ ，定义 Carmichael 函数（卡迈克尔函数）为对任意满足 $(a, n) = 1$ 的整数 $a$ ，使

a^{m} \equiv 1 (\mod n)

恒成立的最小正整数 $m$ .

即：

λ (n) = max {δ_{n} (a) : (a, n) = 1}

Carmichael 函数有如下性质：

（Carmichael 定理）对任意素数 $p$ 和任意正整数 $r$ ，
$λ (p^{r}) = {\begin{cases} \frac{1}{2} φ (p^{r}), & p = 2 \land r \geq 3, \\ φ (p^{r}), & otherwise . \end{cases}$ $\lambda\left(p^r\right)=\begin{cases} \frac{1}{2}\varphi\left(p^r\right), & p=2 \land r\geq 3, \\ \varphi\left(p^r\right), & \text{otherwise}. \end{cases}$
证明

该定理等价于：

若模 $n = p^{r}$ 有原根，则 $λ (n) = φ (n)$ ，否则 $λ (n) = \frac{1}{2} φ (n)$ .

当模 $p^{r}$ 有原根时，由原根存在定理可知命题成立。否则 $p = 2$ 且 $r \geq 3$ ，我们有：
$λ (2^{r}) ∣ 2^{r - 2}$
又由 $5^{2^{r - 3}} \equiv 1 + 2^{r - 1} (\mod 2^{r - 2})$ 知 $λ (2^{r}) > 2^{r - 3}$ ，因此
$λ (p^{r}) = 2^{r - 2} = \frac{1}{2} φ (p^{r})$

进而有：
1. 对任意正整数 $n$ ，有 $λ (n) ∣ φ (n)$
2. 对任意正整数 $a$ ， $b$ ，有 $a ∣ b ⟹ λ (a) ∣ λ (b)$
令 $n$ 的唯一分解式为 $n = \prod_{i = 1}^{k} p_{i}^{r_{i}}$ ，则
$λ (n) = [λ (p_{1}^{r_{1}}), λ (p_{2}^{r_{2}}), \dots, λ (p_{k}^{r_{k}})]$ $\lambda(n)=\left[\lambda\left(p_1^{r_1}\right),\lambda\left(p_2^{r_2}\right),\dots,\lambda\left(p_k^{r_k}\right)\right]$
由中国剩余定理和 Carmichael 定理易证。

进而有：
1. 对任意正整数 $a$ ， $b$ ，有 $λ ([a, b]) = [λ (a), λ (b)]$

Carmichael 数

对于合数 $n$ ，如果对于所有正整数 $a$ ， $a$ 和 $n$ 互素，都有同余式 $a^{n - 1} \equiv 1 (\mod n)$ 成立，则合数 $n$ 为 Carmichael 数（卡迈克尔数，OEIS:A002997）。

比如 $561 = 3 \times 11 \times 17$ 就是一个 Carmichael 数，同时也是最小的 Carmichael 数。

我们可以用如下方法判断合数 $n$ 是否为 Carmichael 数：

Korselt 判别法¹

合数 $n$ 是 Carmichael 数当且仅当 $n$ 无平方因子且对 $n$ 的任意质因子 $p$ 均有 $p - 1 ∣ n - 1$ .

上述判别法可简化为：

Carmichael 数判别法

合数 $n$ 是 Carmichael 数当且仅当 $λ (n) ∣ n - 1$ ，其中 $λ (n)$ 为 Carmichael 函数。

Carmichael 数有如下性质：

Carmichael 数无平方因子且至少有 $3$ 个不同的质因子。
设 $C (n)$ 为小于 $n$ 的 Carmichael 数个数，则：
1. （Alford, Granville, Pomerance. 1994²） $C (n) > n^{2 / 7}$ 。
  
  由此可知 Carmichael 数有无限多个。
2. （Erdős. 1956³） $C (n) < n \exp (- c \frac{\ln n \ln \ln \ln n}{\ln \ln n})$ ，其中 $c$ 为常数。
  
  由此可知 Carmichael 数的分布十分稀疏。实际上 $C (10^{9}) = 646$ ， $C (10^{18}) = 1 401 644$ ⁴。

注意

「若 $n$ 为 Carmichael 数，则 $2^{n} - 1$ 也为 Carmichael 数」是错误的。

如 $561 = 3 \cdot 11 \cdot 17$ 为 Carmichael 数，考虑 $2^{561} - 1$ 。

注意到 $23 \cdot 89 = 2^{11} - 1 ∣ 2^{561} - 1$ ，由 Korselt 判别法知，若 $2^{561} - 1$ 是 Carmichael 数，则 $22$ 和 $88$ 均为 $2^{561} - 2$ 的因子。

而 $v_{2} (2^{561} - 2) = 1 < v_{2} (88) = 3$ ，故 $88 ∤ 2^{561} - 2$ ，因此 $2^{561} - 1$ 不是 Carmichael 数。

Miller–Rabin 素性测试

Miller–Rabin 素性测试（Miller–Rabin primality test）是更好的素数判定方法。它是由 Miller 和 Rabin 二人根据 Fermat 素性测试优化得到的。和其它概率性素数测试一样，它也只能检测出伪素数。要确保是素数，需要用慢得多的确定性算法。然而，实际上没有已知的数字通过了 Miller–Rabin 测试等高级概率性测试但实际上却是合数，因此我们可以放心使用。

在不考虑乘法的复杂度时，对数 $n$ 进行 $k$ 轮测试的时间复杂度是 $O (k \log n)$ 。Miller-Rabbin 素性测试常用于对高精度数进行测试，此时时间复杂度是 $O (k \log^{3} n)$ ，利用 FFT 等技术可以优化到 $O (k \log^{2} n \log \log n \log \log \log n)$ 。

二次探测定理

如果 $p$ 是奇素数，则 $x^{2} \equiv 1 (\mod p)$ 的解为 $x \equiv 1 (\mod p)$ 或者 $x \equiv p - 1 (\mod p)$ 。

要证明该定理，只需将上面的方程移项，再使用平方差公式，得到 $(x + 1) (x - 1) \equiv 0 mod p$ ，即可得出上面的结论。

实现

根据 Carmichael 数的性质，可知其一定不是 $p^{e}$ 。

不妨将费马小定理和二次探测定理结合起来使用：

将 $a^{n - 1} \equiv 1 (\mod n)$ 中的指数 $n - 1$ 分解为 $n - 1 = u \times 2^{t}$ ，在每轮测试中对随机出来的 $a$ 先求出 $v = a^{u} mod n$ ，之后对这个值执行最多 $t$ 次平方操作，若发现非平凡平方根时即可判断出其不是素数，否则再使用 Fermat 素性测试判断。

还有一些实现上的小细节：

对于一轮测试，如果某一时刻 $a^{u \times 2^{s}} \equiv n - 1 (\mod n)$ ，则之后的平方操作全都会得到 $1$ ，则可以直接通过本轮测试。
如果找出了一个非平凡平方根 $a^{u \times 2^{s}} ≢ n - 1 (\mod n)$ ，则之后的平方操作全都会得到 $1$ 。可以选择直接返回 false，也可以放到 $t$ 次平方操作后再返回 false。

这样得到了较正确的 Miller Rabin：（来自 fjzzq2002）

参考实现

C++Python

bool millerRabin(int n) {
  if (n < 3 || n % 2 == 0) return n == 2;
  if (n % 3 == 0) return n == 3;
  int u = n - 1, t = 0;
  while (u % 2 == 0) u /= 2, ++t;
  // test_time 为测试次数，建议设为不小于 8
  // 的整数以保证正确率，但也不宜过大，否则会影响效率
  for (int i = 0; i < test_time; ++i) {
    // 0, 1, n-1 可以直接通过测试, a 取值范围 [2, n-2]
    int a = rand() % (n - 3) + 2, v = quickPow(a, u, n);
    if (v == 1) continue;
    int s;
    for (s = 0; s < t; ++s) {
      if (v == n - 1) break;  // 得到平凡平方根 n-1，通过此轮测试
      v = (long long)v * v % n;
    }
    // 如果找到了非平凡平方根，则会由于无法提前 break; 而运行到 s == t
    // 如果 Fermat 素性测试无法通过，则一直运行到 s == t 前 v 都不会等于 -1
    if (s == t) return 0;
  }
  return 1;
}

def millerRabin(n):
    if n < 3 or n % 2 == 0:
        return n == 2
    if n % 3 == 0:
        return n == 3
    u, t = n - 1, 0
    while u % 2 == 0:
        u = u // 2
        t = t + 1
    # test_time 为测试次数,建议设为不小于 8
    # 的整数以保证正确率,但也不宜过大,否则会影响效率
    for i in range(test_time):
        # 0, 1, n-1 可以直接通过测试, a 取值范围 [2, n-2]
        a = random.randint(2, n - 2)
        v = pow(a, u, n)
        if v == 1:
            continue
        s = 0
        while s < t:
            if v == n - 1:
                break
            v = v * v % n
            s = s + 1
        # 如果找到了非平凡平方根，则会由于无法提前 break; 而运行到 s == t
        # 如果 Fermat 素性测试无法通过，则一直运行到 s == t 前 v 都不会等于 -1
        if s == t:
            return False
    return True

另外，假设广义 Riemann 猜想（generalized Riemann hypothesis, GRH）成立，则对数 $n$ 最多只需要测试 $[2, min {n - 2, ⌊ 2 \ln^{2} n ⌋}]$ 中的全部整数即可确定数 $n$ 的素性，证明参见注释 7。

而在 OI 范围内，通常都是对 $[1, 2^{64})$ 范围内的数进行素性检验。对于 $[1, 2^{32})$ 范围内的数，选取 ${2, 7, 61}$ 三个数作为基底进行 Miller–Rabin 素性检验就可以确定素性；对于 $[1, 2^{64})$ 范围内的数，选取 ${2, 325, 9375, 28178, 450775, 9780504, 1795265022}$ 七个数作为基底进行 Miller–Rabin 素性检验就可以确定素性。参见注释 8。

也可以选取 ${2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37}$ （即前 $12$ 个素数）检验 $[1, 2^{64})$ 范围内的素数。

注意如果要使用上面的数列中的数 $a$ 作为基底判断 $n$ 的素性：

所有的数都要取一遍，不能只选小于 $n$ 的；
把 $a$ 换成 $a mod n$ ；
如果 $a \equiv 0 (\mod n)$ 或 $a \equiv \pm 1 (\mod n)$ ，则直接通过该轮测试。

反素数

顾名思义，素数就是因子只有两个的数，那么反素数，就是因子最多的数（并且因子个数相同的时候值最小），所以反素数是相对于一个集合来说的。

一种符合直觉的反素数定义是：在一个正整数集合中，因子最多并且值最小的数，就是反素数。

反素数

对于某个正整数 $n$ ，如果任何小于 $n$ 的正数的约数个数都小于 $n$ 的约数个数，则称为是 反素数（anti-prime, a.k.a., highly compositive numbers）。

注意

注意区分 emirp，它表示的是逐位反转后是不同素数的素数（如 149 和 941 均为 emirp，101 不是 emirp）。

过程

那么，如何来求解反素数呢？

首先，既然要求因子数，首先要做的就是素因子分解。把 $n$ 分解成 $n = p_{1}^{k_{1}} p_{2}^{k_{2}} \dots p_{n}^{k_{n}}$ 的形式，其中 $p$ 是素数， $k$ 为他的指数。这样的话总因子个数就是 $(k_{1} + 1) \times (k_{2} + 1) \times (k_{3} + 1) \dots \times (k_{n} + 1)$ 。

但是显然质因子分解的复杂度是很高的，并且前一个数的结果不能被后面利用。所以要换个方法。

我们来观察一下反素数的特点。

反素数肯定是从 $2$ 开始的连续素数的幂次形式的乘积。
数值小的素数的幂次大于等于数值大的素数，即 $n = p_{1}^{k_{1}} p_{2}^{k_{2}} \dots p_{n}^{k_{n}}$ 中，有 $k_{1} \geq k_{2} \geq k_{3} \geq \dots \geq k_{n}$ 。

解释：

如果不是从 $2$ 开始的连续素数，那么如果幂次不变，把素数变成数值更小的素数，那么此时因子个数不变，但是 $n$ 的数值变小了。交换到从 $2$ 开始的连续素数的时候 $n$ 值最小。
如果数值小的素数的幂次小于数值大的素数的幂，那么如果把这两个素数交换位置（幂次不变），那么所得的 $n$ 因子数量不变，但是 $n$ 的值变小。

另外还有两个问题，

对于给定的 $n$ ，要枚举到哪一个素数呢？

最极端的情况大不了就是 $n = p_{1} p_{2} \dots p_{n}$ ，所以只要连续素数连乘到刚好小于等于 $n$ 就可以的呢。再大了，连全都一次幂，都用不了，当然就是用不到的啦！
我们要枚举到多少次幂呢？

我们考虑一个极端情况，当我们最小的素数的某个幂次已经比所给的 $n$ （的最大值）大的话，那么展开成其他的形式，最大幂次一定小于这个幂次。unsigned long long 的最大值是 $2^{64} - 1$ ，所以可以枚举到 $2^{64} - 1$ 。

细节有了，那么我们具体如何具体实现呢？

我们可以把当前走到每一个素数前面的时候列举成一棵树的根节点，然后一层层的去找。找到什么时候停止呢？

当前走到的数字已经大于我们想要的数字了；
当前枚举的因子已经用不到了；
当前因子大于我们想要的因子了；
当前因子正好是我们想要的因子（此时判断是否需要更新最小 $a n s$ ）。

然后 dfs 里面不断一层一层枚举次数继续往下迭代可以。

例题

Codeforces 27E. A number with a given number of divisors

求具有给定除数个数的最小自然数。答案保证不超过 $10^{18}$ 。

解题思路

对于这种题，我们只要以因子数为 dfs 的返回条件基准，不断更新找到的最小值就可以了。

参考代码

#include <iostream>
unsigned long long p[16] = {
    2,  3,  5,  7,  11, 13, 17, 19,
    23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53};  // 根据数据范围可以确定使用的素数最大为53

unsigned long long ans;
unsigned long long n;

// depth: 当前在枚举第几个素数
// temp: 当前因子数量为 num的时候的数值
// num: 当前因子数
// up：上一个素数的幂，这次应该小于等于这个幂次嘛
void dfs(unsigned long long depth, unsigned long long temp,
         unsigned long long num, unsigned long long up) {
  if (num > n || depth >= 16) return;  // 边界条件
  if (num == n && ans > temp) {        // 取最小的ans
    ans = temp;
    return;
  }
  for (int i = 1; i <= up; i++) {
    if (temp * p[depth] > ans)
      break;  // 剪枝：如果加一个这个乘数的结果比ans要大，则必不是最佳方案
    dfs(depth + 1, temp = temp * p[depth], num * (i + 1),
        i);  // 取一个该乘数，进行对下一个乘数的搜索
  }
}

using std::cin;
using std::cout;

int main() {
  cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
  cin >> n;
  ans = ~(unsigned long long)0;
  dfs(0, 1, 1, 64);
  cout << ans << '\n';
  return 0;
}

ZOJ - More Divisors

求不超过 $n$ 的数中，除数最多的数。

解题思路

思路同上，只不过要改改 dfs 的返回条件。注意这样的题目的数据范围，32 位整数可能溢出。

参考代码

#include <iostream>

int p[16] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53};
unsigned long long n;
unsigned long long ans,
    ans_num;  // ans 为 n 以内的最大反素数（会持续更新），ans_sum 为
              // ans的因子数。

// depth: 当前在枚举第几个素数
// temp: 当前因子数量为 num的时候的数值
// num: 当前因子数
// up：上一个素数的幂，这次应该小于等于这个幂次嘛
void dfs(int depth, unsigned long long temp, unsigned long long num, int up) {
  if (depth >= 16 || temp > n) return;
  if (num > ans_num) {  // 更新答案
    ans = temp;
    ans_num = num;
  }
  if (num == ans_num && ans > temp) ans = temp;  // 更新答案
  for (int i = 1; i <= up; i++) {
    if (temp * p[depth] > n)
      break;  // 剪枝：如果加一个这个乘数的结果比ans要大，则必不是最佳方案
    dfs(depth + 1, temp *= p[depth], num * (i + 1),
        i);  // 取一个该乘数，进行对下一个乘数的搜索
  }
  return;
}

using std::cin;
using std::cout;

int main() {
  cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
  while (cin >> n) {
    ans_num = 0;
    dfs(0, 1, 1, 60);
    cout << ans << '\n';
  }
  return 0;
}

参考资料与注释

Rui-Juan Jing, Marc Moreno-Maza, Delaram Talaashrafi, "Complexity Estimates for Fourier-Motzkin Elimination", Journal of Functional Programming 16:2 (2006) pp 197-217.
数论部分第一节：素数与素性测试
Miller-Rabin 与 Pollard-Rho 学习笔记 - Bill Yang's Blog
Primality test - Wikipedia
桃子的算法笔记——反素数详解（acm/OI）
The Rabin-Miller Primality Test
Bach, Eric , "Explicit bounds for primality testing and related problems", Mathematics of Computation, 55:191 (1990) pp 355–380.
Deterministic variant of the Miller-Rabin primality test
Fermat pseudoprime - Wikipedia
Carmichael number - Wikipedia
Carmichael function - Wikipedia
Carmichael Number -- from Wolfram MathWorld
Carmichael's Lambda Function | Brilliant Math & Science Wiki
Highly composite number - Wikipedia

Korselt, A. R. (1899). "Problème chinois".L'Intermédiaire des Mathématiciens.6: 142–143. ↩
W. R. Alford; Andrew Granville; Carl Pomerance (1994). "There are Infinitely Many Carmichael Numbers".Annals of Mathematics. 140 (3): 703–722. ↩
Erdős, P. (1956). "On pseudoprimes and Carmichael numbers".Publ. Math. Debrecen. 4 (3–4): 201–206. ↩
PINCH, Richard GE. The Carmichael numbers up to $10^{20}$ . ↩

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