分解质因数

引入¶

给定一个正整数 \(N \in \mathbf{N}_{+}\)，试快速找到它的一个非平凡因数。

考虑朴素算法，因数是成对分布的，\(N\) 的所有因数可以被分成两块，即 \([2, \sqrt N]\) 和 \([\sqrt N+1,N)\)。只需要把 \([2, \sqrt N]\) 里的数遍历一遍，再根据除法就可以找出至少两个因数了。这个方法的时间复杂度为 \(O(\sqrt N)\)。

当 \(N\ge10^{18}\) 时，这个算法的运行时间我们是无法接受的，希望有更优秀的算法。一种想法是通过随机的方法，猜测一个数是不是 \(N\) 的因数，如果运气好可以在 \(O(1)\) 的时间复杂度下求解答案，但是对于 \(N\ge10^{18}\) 的数据，成功猜测的概率是 \(\frac{1}{10^{18}}\), 期望猜测的次数是 \(10^{18}\)。如果是在 \([2,\sqrt N]\) 里进行猜测，成功率会大一些。我们希望有方法来优化猜测。

朴素算法¶

最简单的算法即为从 \([2, \sqrt N]\) 进行遍历。

C++Python

vector<int> breakdown(int N) {
  vector<int> result;
  for (int i = 2; i * i <= N; i++) {
    if (N % i == 0) {  // 如果 i 能够整除 N，说明 i 为 N 的一个质因子。
      while (N % i == 0) N /= i;
      result.push_back(i);
    }
  }
  if (N != 1) {  // 说明再经过操作之后 N 留下了一个素数
    result.push_back(N);
  }
  return result;
}

def breakdown(N):
    result = []
    for i in range(2, int(sqrt(N)) + 1):
        if N % i == 0: # 如果 i 能够整除 N，说明 i 为 N 的一个质因子。
            while N % i == 0:
                N //= i
            result.append(i)
    if N != 1: # 说明再经过操作之后 N 留下了一个素数
        result.append(N)
    return result

我们能够证明 result 中的所有元素均为 N 的素因数。

证明 result 中均为 \(N\) 的素因数

首先证明元素均为 \(N\) 的素因数：因为当且仅当 N % i == 0 满足时，result 发生变化：储存 \(i\)，说明此时 \(i\) 能整除 \(\frac{N}{A}\)，说明了存在一个数 \(p\) 使得 \(pi=\frac{N}{A}\)，即 \(piA = N\)（其中，\(A\) 为 \(N\) 自身发生变化后遇到 \(i\) 时所除的数。我们注意到 result 若在 push \(i\) 之前就已经有数了，为 \(R_1,\,R_2,\,\ldots,\,R_n\)，那么有 N \(=\frac{N}{R_1^{q_1}\cdot R_2^{q_2}\cdot \cdots \cdot R_n^{q_n}}\)，被除的乘积即为 \(A\)）。所以 \(i\) 为 \(N\) 的因子。

其次证明 result 中均为素数。我们假设存在一个在 result 中的合数 \(K\)，并根据整数基本定理，分解为一个素数序列 \(K = K_1^{e_1}\cdot K_2^{e_2}\cdot\cdots\cdot K_3^{e_3}\)，而因为 \(K_1 < K\)，所以它一定会在 \(K\) 之前被遍历到，并令 while(N % k1 == 0) N /= k1，即让 N 没有了素因子 \(K_1\)，故遍历到 \(K\) 时，N 和 \(K\) 已经没有了整除关系了。

值得指出的是，如果开始已经打了一个素数表的话，时间复杂度将从 \(O(\sqrt N)\) 下降到 \(O(\sqrt{\frac N {\ln N}})\)。去筛法处查阅更多打表的信息。

例题：CF 1445C

Pollard Rho 算法¶

引入¶

而下面复杂度复杂度更低的 Pollard-Rho 算法是一种用于快速分解非平凡因数的算法（注意！非平凡因子不是素因子）。而在此之前需要先引入生日悖论。

生日悖论¶

不考虑出生年份（假设每年都是 365 天），问：一个房间中至少多少人，才能使其中两个人生日相同的概率达到 \(50\%\)?

解：假设一年有 \(n\) 天，房间中有 \(k\) 人，用整数 \(1, 2,\dots, k\) 对这些人进行编号。假定每个人的生日均匀分布于 \(n\) 天之中，且两个人的生日相互独立。

设 k 个人生日互不相同为事件 \(A\), 则事件 \(A\) 的概率为

\[ P(A)=\frac{n}{n} \times \frac{n-1}{n} \times \dots \times \frac{n-k+1}{n} \]

至少有两个人生日相同的概率为 \(P(\overline A)=1-P(A)\)。根据题意可知 \(P(\overline A)\ge\frac{1}{2}\), 那么就有 \(1 \times \frac{n-1}{n} \times \dots \times \frac{n-k+1}{n} \le \frac{1}{2}\)

由不等式 \(1+x\le e^x\) 可得

\[ \begin{gathered} P(A) \le e^{-\frac{1}{n}}\times e^{-\frac{2}{n}}\times \dots \times e^{-\frac{k-1}{n}}=e^{-\frac{k(k-1)}{2n}}\le\frac{1}{2}\\ e^{-\frac{k(k-1)}{2n}}\le\frac{1}{2} \end{gathered} \]

然而我们可以得到一个不等式方程，\(e^{-\frac{k(k-1)}{2n}}\le 1-p\)，其中 \(p\) 是一个概率。

将 \(n=365\) 代入，解得 \(k=23\)。所以一个房间中至少 23 人，使其中两个人生日相同的概率达到 \(50\%\), 但这个数学事实十分反直觉，故称之为一个悖论。

当 \(k>56\)，\(n=365\) 时，出现两个人同一天生日的概率将大于 \(99\%\)。那么在一年有 \(n\) 天的情况下，当房间中有 \(\frac{1}{2}(\sqrt{8n\ln 2+1}+1)\approx \sqrt{2n\ln 2}\) 个人时，至少有两个人的生日相同的概率约为 \(50\%\)。

考虑一个问题，设置一个数据 \(n\)，在 \([1,1000]\) 里随机选取 \(i\) 个数（\(i=1\) 时就是它自己），使它们之间有两个数的差值为 \(k\)。当 \(i=1\) 时成功的概率是 \(\frac{1}{1000}\)，当 \(i=2\) 时成功的概率是 \(\frac{1}{500}\)（考虑绝对值，\(k_2\) 可以取 \(k_1-k\) 或 \(k_1+k\)），随着 \(i\) 的增大，这个概率也会增大最后趋向于 1。

利用最大公约数求出一个约数¶

\(n\) 和某个数的最大公约数一定是 \(n\) 的约数，即 \(\forall k \in\mathbf{N}_{+},\gcd(k,n) \mid n\)，只要选适当的 \(k\) 使得 \(1<\gcd(k,n)< n\)，就可以求得 \(n\) 的一个约数 \(\gcd(k,n)\)。满足这样条件的 \(k\) 不少，\(n\) 有若干个质因子，每个质因子及其大部分倍数都是可行的。

我们通过 \(f(x)=(x^2+c)\bmod n\) 来生成一个序列 \(\{x_i\}\)：随机取一个 \(x_1\)，令 \(x_2=f(x_1),x_3=f(x_2),\dots,x_i=f(x_{i-1})\)。其中 \(c\) 是一个随机选取的常数。

举个例子，设 \(N=50,c=2,x_1=1\)，\(f(x)\) 生成的数据为

\[ 1,3,11,23,31,11,23,31,\dots \]

可以发现数据在 \(3\) 以后都在 \(11,23,31\) 之间循环。如果将这些数如下图一样排列起来，会发现这个图像酷似一个 \(\rho\)，算法也因此得名 rho。

Pollard-rho1

选择 \(f(x)=(x^2+c)\bmod n\) 这个函数生成序列，是因为它有一个性质：\(\forall x \equiv y \pmod p, f(x) \equiv f(y) \pmod p\)，其中 \(p \mid n\)。

证明

若 \(x\equiv y \pmod p\)，则可以将它们表示为 \(x=k_1p+a\)，\(y=k_2p+a\)，满足 \(k_1,k_2,a\in \mathbb{Z},a\in \left[0,p\right)\)。

\(f(x)=(x^2+c) \bmod n\)，因此 \(f(x)=x^2+c-kn\)，其中 \(k \in \mathbb{Z}\)。

\[ \begin{aligned} f(x) & = x^2+c-kn\\ & = (k_1p+a)^2+c-kn\\ & = k_1^2 p^2+2k_1pa+a^2+c-kn\\ & \equiv a^2+c \pmod p \end{aligned} \]

同理，\(f(y) \equiv a^2+c \pmod p\)，因此 \(f(x) \equiv f(y) \pmod p\)。

根据生日悖论，生成的序列中不同值的数量约为 \(O(\sqrt{n})\) 个。设 \(m\) 为 \(n\) 的最小非平凡因子，显然有 \(m\leq \sqrt{n}\)。

将 \(\{x_i\}\) 中每一项对 \(m\) 取模，我们得到了一个新序列 \(\{y_i\}\)（当然也可以写作 \(\{x_i \bmod m\}\)），并且根据生日悖论可以得知新序列中不同值的个数约为 \(O(\sqrt{m})\leq O(n^{\frac{1}{4}})\)。

因此，我们可以期望在 \(O(n^{\frac{1}{4}})\) 的时间内找到两个位置 \(i,j\)，使得 \(x_i\neq x_j\wedge y_i=y_j\)，这意味着 \(n \nmid |x_i−x_j| \wedge m \mid |x_i−x_j|\)，我们可以通过 \(\gcd(n, |x_i-x_j|)\) 获得 \(n\) 的一个非平凡因子。

同理，任何满足 \(\forall x \equiv y \pmod p, f(x) \equiv f(y) \pmod p\) 的函数 \(f(x)\)（例如多项式函数）都可以用在此处，且我们希望它对大部分初始值尽可能快地进入循环、循环周期尽可能短（但对于一个合数与其任一质因子，循环周期长度不能相同，否则 Pollard Rho 算法将无法分离出这个因子）。

一般选择 \(x^2+c\) 生成序列，原因是它满足上述条件，且运行效率较高。同时，每次调用函数都将 \(c\) 设置为随机常数可以保证分解失败后重新分解的成功率。

性质¶

我们期望枚举 \(O(\sqrt{m})\) 个 \(i\) 来分解出 \(n\) 的一个非平凡因子 \(\gcd(|x_i−x_j|,n)\)，因此。Pollard-rho 算法能够在 \(O(\sqrt{m})\) 的期望时间复杂度内分解出 \(n\) 的一个非平凡因子，通过上面的分析可知 \(O(\sqrt{m})\leq O(n^{\frac{1}{4}})\)，那么 Pollard-rho 算法的总时间复杂度为 \(O(n^{\frac{1}{4}})\)。

下面介绍两种实现算法，两种算法都可以在 \(O(\sqrt{m})\) 的时间复杂度内完成。

实现¶

Floyd 判环¶

假设两个人在赛跑，A 的速度快，B 的速度慢，经过一定时间后，A 一定会和 B 相遇，且相遇时 A 跑过的总距离减去 B 跑过的总距离一定是圈长的 n 倍。

设 \(a=f(1),b=f(f(1))\)，每一次更新 \(a=f(a),b=f(f(b))\)，只要检查在更新过程中 a、b 是否相等，如果相等了，那么就出现了环。

我们每次令 \(d=\gcd(|x_i-x_j|,n)\)，判断 d 是否满足 \(1< d< n\)，若满足则可直接返回 \(d\)。由于 \(x_i\) 是一个伪随机数列，必定会形成环，在形成环时就不能再继续操作了，直接返回 n 本身，并且在后续操作里调整随机常数 \(c\)，重新分解。

基于 Floyd 判环的 Pollard-Rho 算法

C++Python

ll Pollard_Rho(ll N) {
  ll c = rand() % (N - 1) + 1;
  ll t = f(0, c, N);
  ll r = f(f(0, c, N), c, N);
  while (t != r) {
    ll d = gcd(abs(t - r), N);
    if (d > 1) return d;
    t = f(t, c, N);
    r = f(f(r, c, N), c, N);
  }
  return N;
}

import random
def Pollard_Rho(N):
    c = random.randint(1, N - 1)
    t = f(0, c, N)
    r = f(f(0, c, N), c, N)
    while t != r:
        d = gcd(abs(t - r), N)
        if d > 1:
            return d
        t = f(t, c, N)
        r = f(f(r, c, N), c, N)
    return N

倍增优化¶

使用 \(\gcd\) 求解的时间复杂度为 \(O(\log N)\)，频繁地调用会使算法运行地很慢，可以通过乘法累积来减少求 \(\gcd\) 的次数。如果 \(1< \gcd(a,b)\)，则有 \(1< \gcd(ac,b)\)，\(c\in \mathbf{N}_{+}\)，并且由欧几里得算法有 \(1< \gcd(ac \bmod b,b)=\gcd(ac,b)\)。

我们每过一段时间将这些差值进行 \(\gcd\) 运算，设 \(s=\prod|x_0-x_j|\bmod n\)，如果某一时刻得到 \(s=0\) 那么表示分解失败，退出并返回 \(n\) 本身。每隔 \(2^k-1\) 个数，计算是否满足 \(1< \gcd(s, n) < n\)。此处取 \(k=7\)，可以根据实际情况进行调节。

注意到在环上更容易分解出因数，我们可以先迭代一定的次数。

实现

C++Python

ll Pollard_Rho(ll x) {
  ll t = 0;
  ll c = rand() % (x - 1) + 1;
  // 加速算法，这一步可以省略
  for (int i = 1; i < 1145; ++i) t = f(t, c, x);
  ll s = t;
  int step = 0, goal = 1;
  ll val = 1;
  for (goal = 1;; goal <<= 1, s = t, val = 1) {
    for (step = 1; step <= goal; ++step) {
      t = f(t, c, x);
      val = val * abs(t - s) % x;
      // 如果 val 为 0，退出重新分解
      if (!val) return x;
      if (step % 127 == 0) {
        ll d = gcd(val, x);
        if (d > 1) return d;
      }
    }
    ll d = gcd(val, x);
    if (d > 1) return d;
  }
}

from random import randint
from math import gcd
def Pollard_Rho(x):
    c = randint(1, x-1)
    s = t = f(0, c, x)
    goal = val = 1
    while True:
        for step in range(1, goal+1):
            t = f(t, c, x)
            val = val * abs(t - s) % x
            if val == 0: 
                return x #如果 val 为 0，退出重新分解
            if step % 127 == 0:
                d = gcd(val, x)
                if d > 1:
                    return d
        d = gcd(val, x)
        if d > 1:
            return d
        s = t
        goal <<= 1
        val = 1

例题：P4718【模板】Pollard-Rho 算法

对于一个数 \(n\)，用 Miller Rabin 算法判断是否为素数，如果是就可以直接返回了，否则用 Pollard-Rho 算法找一个因子 \(p\)，将 \(n\) 除去因子 \(p\)。再递归分解 \(n\) 和 \(p\)，用 Miller Rabin 判断是否出现质因子，并用 max_factor 更新就可以求出最大质因子了。由于这个题目的数据过于庞大，用 Floyd 判环的方法是不够的，这里采用倍增优化的方法。

实现

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

int t;
long long max_factor, n;

long long gcd(long long a, long long b) {
  if (b == 0) return a;
  return gcd(b, a % b);
}

long long quick_pow(long long x, long long p, long long mod) {  // 快速幂
  long long ans = 1;
  while (p) {
    if (p & 1) ans = (__int128)ans * x % mod;
    x = (__int128)x * x % mod;
    p >>= 1;
  }
  return ans;
}

bool Miller_Rabin(long long p) {  // 判断素数
  if (p < 2) return 0;
  if (p == 2) return 1;
  if (p == 3) return 1;
  long long d = p - 1, r = 0;
  while (!(d & 1)) ++r, d >>= 1;  // 将d处理为奇数
  for (long long k = 0; k < 10; ++k) {
    long long a = rand() % (p - 2) + 2;
    long long x = quick_pow(a, d, p);
    if (x == 1 || x == p - 1) continue;
    for (int i = 0; i < r - 1; ++i) {
      x = (__int128)x * x % p;
      if (x == p - 1) break;
    }
    if (x != p - 1) return 0;
  }
  return 1;
}

long long Pollard_Rho(long long x) {
  long long s = 0, t = 0;
  long long c = (long long)rand() % (x - 1) + 1;
  int step = 0, goal = 1;
  long long val = 1;
  for (goal = 1;; goal *= 2, s = t, val = 1) {  // 倍增优化
    for (step = 1; step <= goal; ++step) {
      t = ((__int128)t * t + c) % x;
      val = (__int128)val * abs(t - s) % x;
      if ((step % 127) == 0) {
        long long d = gcd(val, x);
        if (d > 1) return d;
      }
    }
    long long d = gcd(val, x);
    if (d > 1) return d;
  }
}

void fac(long long x) {
  if (x <= max_factor || x < 2) return;
  if (Miller_Rabin(x)) {              // 如果x为质数
    max_factor = max(max_factor, x);  // 更新答案
    return;
  }
  long long p = x;
  while (p >= x) p = Pollard_Rho(x);  // 使用该算法
  while ((x % p) == 0) x /= p;
  fac(x), fac(p);  // 继续向下分解x和p
}

int main() {
  scanf("%d", &t);
  while (t--) {
    srand((unsigned)time(NULL));
    max_factor = 0;
    scanf("%lld", &n);
    fac(n);
    if (max_factor == n)  // 最大的质因数即自己
      printf("Prime\n");
    else
      printf("%lld\n", max_factor);
  }
  return 0;
}