Как найти простое число в списке

Как найти простое число в списке

  1. проверить число на соответствие типу int

     if isinstance(n, int) is False:
     return False

  2. получить значение по модулю:

     value = abs(n)

  3. искать делители от 2 до math.sqrt(n)

  4. если не найдены – число простое

т.е. код:

def isPrime(n):
    if isinstance(n, int) is False:
        return False

    value = abs(n)

    if value == 1:
        return False

    for i in range(2, int(value**0.5)):
        if value % i == 0:
            return False

    return True

print(isPrime(2.24))

на счет отрицательных чисел – один момент
с одной стороны конечно по определению простое число – это натуральное число строго большее 1, так что по идее надо проверку такую:

    if value <= 1:
        return False

и не париться с абсолютным значением, но иногда приходилось считать и отрицательные простыми числами (при использовании основной теоремы арифметики), вернее не считать, а использовать отрицательные как простые при разложении

хотя для не целых чисел я бы все таки выбрасывал исключение – логически наверное более правильно это

P.S.

кстати для простого числа есть и другое определение для которого код будет вот таким коротким, без проверки на 1 и отрицательные числа:

return len([i for i in range(1, n + 1) if n % i == 0]) == 2

Источник

Алгоритмы поиска простых чисел

Время на прочтение
6 мин

Количество просмотров 134K

«Самое большое простое число 232582657-1. И я с гордостью утверждаю, что запомнил все его цифры… в двоичной форме».
Карл Померанс

Натуральное число называется простым, если оно имеет только два различных делителя: единицу и само себя. Задача поиска простых чисел не дает покоя математикам уже очень давно. Долгое время прямого практического применения эта проблема не имела, но все изменилось с появлением криптографии с открытым ключом. В этой заметке рассматривается несколько способов поиска простых чисел, как представляющих исключительно академический интерес, так и применяемых сегодня в криптографии.

Решето Эратосфена

Решето Эратосфена — алгоритм, предложенный древнегреческим математиком Эратосфеном. Этот метод позволяет найти все простые числа меньше заданного числа n. Суть метода заключается в следующем. Возьмем набор чисел от 2 до n. Вычеркнем из набора (отсеим) все числа делящиеся на 2, кроме 2. Перейдем к следующему «не отсеянному» числу — 3, снова вычеркиваем все что делится на 3. Переходим к следующему оставшемуся числу — 5 и так далее до тех пор пока мы не дойдем до n. После выполнения вышеописанных действий, в изначальном списке останутся только простые числа.

Алгоритм можно несколько оптимизировать. Так как один из делителей составного числа n обязательно

$leqslant sqrt{n}$, алгоритм можно останавливать, после вычеркивания чисел делящихся на

$sqrt{n}$.

Иллюстрация работы алгоритма из Википедии:

image

Сложность алгоритма составляет

$O(n loglog n)$, при этом, для хранения информации о том, какие числа были вычеркнуты требуется

$O(n)$ памяти.

Существует ряд оптимизаций, позволяющих снизить эти показатели. Прием под названием wheel factorization состоит в том, чтобы включать в изначальный список только числа взаимно простые с несколькими первыми простыми числами (например меньше 30). В теории предлагается брать первые простые примерно до

$sqrt{log n}$. Это позволяет снизить сложность алгоритма в

$loglog n$ раз. Помимо этого для уменьшения потребляемой памяти используется так называемое сегментирование. Изначальный набор чисел делится на сегменты размером

$leqslant sqrt{n}$ и для каждого сегмента решето Эратосфена применяется по отдельности. Потребление памяти снижается до

$O(sqrt{n})$.

Решето Аткина

Более совершенный алгоритм отсеивания составных чисел был предложен Аткином и Берштайном и получил название Решето Аткина. Этот способ основан на следующих трех свойствах простых чисел.

Свойство 1

Если n — положительное число, не кратное квадрату простого числа и такое, что

$n equiv 1(mod 4)$. То n — простое, тогда и только тогда, когда число корней уравнения

$4x^2+y^2=n$ нечетно.

Свойство 2

Если n — положительное число, не кратное квадрату простого числа и такое, что

$n equiv 1(mod 6)$. То n — простое, тогда и только тогда, когда число корней уравнения

$3x^2+y^2=n$ нечетно.

Свойство 3

Если n — положительное число, не кратное квадрату простого числа и такое, что

$n equiv 11(mod 12)$. То n — простое, тогда и только тогда, когда число корней уравнения

$3x^2-y^2=n$ нечетно.

Доказательства этих свойств приводятся в этой статье.

На начальном этапе алгоритма решето Аткина представляет собой массив A размером n, заполненный нулями. Для определения простых чисел перебираются все

$x, y < sqrt n$. Для каждой такой пары вычисляется

$4x^2+y^2$,

$3x^2+y^2$,

$3x^2-y^2$ и значение элементов массива

$A[4x^2+y^2]$,

$A[3x^2+y^2]$,

$A[3x^2-y^2]$ увеличивается на единицу. В конце работы алгоритма индексы всех элементов массива, которые имеют нечетные значения либо простые числа, либо квадраты простого числа. На последнем шаге алгоритма производится вычеркивание квадратов оставшихся в наборе чисел.

Из описания алгоритма следует, что вычислительная сложность решета Аткина и потребление памяти составляют

$O(n)$. При использовании wheel factorization и сегментирования оценка сложности алгоритма снижается до

$O(n / loglog n)$, а потребление памяти до

$O(sqrt{n})$.

Числа Мерсенна и тест Люка-Лемера

Конечно при таких показателях сложности, даже оптимизированное решето Аткина невозможно использовать для поиска по-настоящему больших простых чисел. К счастью, существуют быстрые тесты, позволяющие проверить является ли заданное число простым. В отличие от алгоритмов решета, такие тесты не предназначены для поиска всех простых чисел, они лишь способны сказать с некоторой вероятностью, является ли определенное число простым.

Один из таких методов проверки — тест Люка-Лемера. Это детерминированный и безусловный тест простоты. Это означает, что прохождение теста гарантирует простоту числа. К сожалению, тест предназначен только для чисел особого вида

$2^p-1$, где p — натуральное число. Такие числа называются числами Мерсенна.

Тест Люка-Лемера утверждает, что число Мерсенна

$M_p=2^p-1$ простое тогда и только тогда, когда p — простое и

$M_p$ делит нацело

$(p-1)$-й член последовательности

$S_k$ задаваемой рекуррентно:

$S_1=4, S_k=S_{k-1}^2-2$ для

$k > 1$.

Для числа

$M_p$ длиной p бит вычислительная сложность алгоритма составляет

${displaystyle O(p^{3})}$.

Благодаря простоте и детерминированности теста, самые большие известные простые числа — числа Мерсенна. Самое большое известное простое число на сегодня —

$2^{82,589,933}-1$, его десятичная запись состоит из 24,862,048 цифр. Полюбоваться на эту красоту можно здесь.

Теорема Ферма и тест Миллера-Рабина

Простых чисел Мерсенна известно не очень много, поэтому для криптографии с открытым ключом необходим другой способ поиска простых чисел. Одним из таким способов является тест простоты Ферма. Он основан на малой теореме Ферма, которая гласит, что если n — простое число, то для любого a, которое не делится на n, выполняется равенство

$a^{n-1}equiv 1{pmod {n}}$. Доказательство теоремы можно найти на Википедии.

Тест простоты Ферма — вероятностный тест, который заключается в переборе нескольких значений a, если хотя бы для одного из них выполняется неравенство

$a^{n-1} notequiv 1 pmod n$, то число n — составное. В противном случае, n — вероятно простое. Чем больше значений a использовано в тесте, тем выше вероятность того, что n — простое.

К сожалению, существуют такие составные числа n, для которых сравнение

$a^{n-1}equiv 1{pmod {n}}$ выполняется для всех a взаимно простых с n. Такие числа называются числам Кармайкла. Составные числа, которые успешно проходят тест Ферма, называются псевдопростыми Ферма. Количество псевдопростых Ферма бесконечно, поэтому тест Ферма — не самый надежный способ определения простых чисел.

Тест Миллера-Рабина

Более надежных результатов можно добиться комбинируя малую теорему Ферма и тот факт, что для простого числа p не существует других корней уравнения

$x^2 equiv 1 pmod p$, кроме 1 и -1. Тест Миллера-Рабина перебирает несколько значений a и проверяет выполнение следующих условий.

Пусть p — простое число и

$p-1=2^sd$, тогда для любого a справедливо хотя бы одно из условий:

  1. $a^{d}equiv pm1{pmod {p}}$
  2. Существует целое число r < s такое, что $a^{2^{r}d}equiv -1{pmod {p}}$

По теореме Ферма

$a^{p-1}equiv1pmod p$, а так как

$p-1=2^sd$ из свойства о корнях уравнения

$x^2 equiv 1 pmod p$ следует что если мы найдем такое a, для которого одно из условий не выполняется, значит p — составное число. Если одно из условий выполняется, число a называют свидетелем простоты числа n по Миллеру, а само число n — вероятно простым.

Чем больше свидетелей простоты найдено, тем выше вероятность того, что n — простое. Согласно теореме Рабина вероятность того, что случайно выбранное число a окажется свидетелем простоты составного числа составляет приблизительно

$1/4$.

Следовательно, если проверить k случайных чисел a, то вероятность принять составное число за простое

$approx(1/4)^k$.

Сложность работы алгоритма

$O(klog^3p)$, где k — количество проверок.

Благодаря быстроте и высокой точности тест Миллера-Рабина широко используется при поиске простых чисел. Многие современные криптографические библиотеки при проверке больших чисел на простоту используют только этот тест и, как показал Мартин Альбрехт в своей работе , этого не всегда оказывается достаточно.

Он смог сгенерировать такие составные числа, которые успершно прошли тест на простоту в библиотеках OpenSSL, CryptLib, JavaScript Big Number и многих других.

Тест Люка и Тест Baillie–PSW

Чтобы избежать уязвимости, связанные с ситуациями, когда сгенерированное злоумышленником составное число, выдается за простое, Мартин Альбрехт предлагает использовать тест Baillie–PSW. Несмотря на то, что тест Baillie–PSW является вероятностным, на сегодняшний день не найдено ни одно составное число, которое успешно проходит этот тест. За нахождение подобного числа в 1980 году авторы алгоритма пообещали вознаграждение в размере $30. Приз пока так и не был востребован.

Ряд исследователей проверили все числа до

$2^{64}$ и не обнаружили ни одного составного числа, прошедшего тест Baillie–PSW. Поэтому, для чисел меньше

$2^{64}$ тест считается детерминированным.

Суть теста сводится к последовательной проверке числа на простоу двумя различными методами. Один из этих методов уже описанный выше тест Миллера-Рабина. Второй — тест Люка на сильную псевдопростоту.

Тест Люка на сильную псевдопростоту

Последовательности Люка — пары рекуррентных последовательностей

${U_{n}(P,Q)}, {V_{n}(P,Q)}$, описываемые выражениями:

${displaystyle U_{0}(P,Q)=0,quad U_{1}(P,Q)=1,quad U_{n+2}(P,Q)=Pcdot U_{n+1}(P,Q)-Qcdot U_{n}(P,Q),,ngeq 0}$

${displaystyle V_{0}(P,Q)=2,quad V_{1}(P,Q)=P,quad V_{n+2}(P,Q)=Pcdot V_{n+1}(P,Q)-Qcdot V_{n}(P,Q),,ngeq 0}$

Пусть

$U_n(P,Q)$ и

$V_n(P,Q)$ — последовательности Люка, где целые числа P и Q удовлетворяют условию

${displaystyle D=P^{2}-4Qneq 0}$

Вычислим символ Якоби:

$left({frac {D}{p}}right)=varepsilon$.

Найдем такие r, s для которых выполняется равенство

$n-ε=2^rs$

Для простого числа n выполняется одно из следующих условий:

  1. n делит $U_s$
  2. n делит $V_{2^js}$ для некоторого j < r

В противном случае n — составное.

Вероятность того, что составное число n успешно пройдет тест Люка для заданной пары параметров P, Q не превышает 4/15. Следовательно, после применения теста k раз, эта вероятность составляет

$(4/15)^k$.

Тесты Миллера-Рабина и Люка производят не пересекающиеся множества псевдопростых чисел, соответственно если число p прошло оба теста, оно простое. Именно на этом свойстве основывается тест Baillie–PSW.

Заключение

В зависимости от поставленной задачи, могут использоваться различные методы поиска простых чисел. К примеру, при поиске больших простых чисел Мерсенна, сперва, при помощи решета Эратосфена или Аткина определяется список простых чисел до некоторой границы, предположим, до

$10^8$. Затем для каждого числа p из списка, с помощью теста Люка-Лемера, на простоту проверяется

$M_p=2^p-1$.

Чтобы сгенерировать большое простое число в криптографических целях, выбирается случайное число a и проверяется тестом Миллера-Рабина или более надежным Baillie–PSW. Согласно теореме о распределении простых чисел, у случайно выбранного числа от 1 до n шанс оказаться простым примерно равен

${frac {1}{ln n}}$. Следовательно, чтобы найти простое число размером 1024 бита, достаточно перебрать около тысячи вариантов.

P.S. Исходники

Реализацию всех описанных алгоритмов на Go можно посмотреть на GitHub.

Источник

I wanted to share that the fastest way I’ve found to generate primes in a range is to use the SymPy symbolic mathematics library:

import sympy 

def all_primes(start, end):
    return list(sympy.sieve.primerange(start, end))

The sympy.sieve.primerange() function returns a generator, so we need list() to convert it to a list.

Here’s an example of the performance difference between this, and the already-very-optimized answer that is currently most upvoted in this thread:

import sympy

def get_primes_python(start, stop):
    dct = {x: True for x in list(range(start, stop+1))}
    x = start

    while x ** 2 <= stop:
        if dct[x]:
            y = x ** 2
            while y <= stop:
                dct[y] = False
                y += x
        x += 1

    lst = []
    for x, y in dct.items():
        if y:
            lst.append(x)

    return lst

def get_primes_sympy(start, stop):
    return list(sympy.sieve.primerange(start, stop))

In [2]: %timeit test.get_primes_python(1, 10**7)
1 loop, best of 3: 4.21 s per loop

In [3]: %timeit test.get_primes_sympy(1, 10**7)
10 loops, best of 3: 138 ms per loop
Источник

Сайт переезжает. Большинство статей уже перенесено на новую версию.
Скоро добавим автоматические переходы, но пока обновленную версию этой статьи можно найти там.

Теория чисел

  • Простые числа
  • Разложение на простые множители
  • Решето Эратосфена
  • Линейное решето Эратосфена*
  • НОД и НОК
  • Алгоритм Евклида
  • Расширенный алгоритм Евклида*
  • Операции по модулю
  • Быстрое возведение в степень
  • Деление по простому модулю*

Простые числа

Простым называется натуральное число, которое делится только на единицу и на себя. Единица при этом простым числом не считается. Составным числом называют непростое число, которое еще и не единица.

Примеры простых чисел: (2), (3), (5), (179), (10^9+7), (10^9+9).

Примеры составных чисел: (4), (15), (2^{30}).

Еще одно определение простого числа: (N) — простое, если у (N) ровно два делителя. Эти делители при этом равны (1) и (N).

Проверка на простоту за линию

С точки зрения программирования интересно научиться проверять, является ли число (N) простым. Это очень легко сделать за (O(N)) – нужно просто проверить, делится ли оно хотя бы на одно из чисел (2, 3, 4, ldots, N-1) . (N > 1) является простым только в случае, если оно не делится на на одно из этих чисел.

def is_prime(n):
    if n == 1:
        return False
    for i in range(2, n): # начинаем с 2, так как на 1 все делится; n не включается
        if n % i == 0:
            return False
    return True

for i in range(1, 10):
    print(i, is_prime(i))
(1, False)
(2, True)
(3, True)
(4, False)
(5, True)
(6, False)
(7, True)
(8, False)
(9, False)

Проверка на простоту за корень

Алгоритм можно ускорить с (O(N)) до (O(sqrt{N})).

Пусть (N = a times b), причем (a leq b). Тогда заметим, что (a leq sqrt N leq b).

Почему? Потому что если (a leq b < sqrt{N}), то (ab leq b^2 < N), но (ab = N). А если (sqrt{N} < a leq b), то (N < a^2 leq ab), но (ab = N).

Иными словами, если число (N) равно произведению двух других, то одно из них не больше корня из (N), а другое не меньше корня из (N).

Из этого следует, что если число (N) не делится ни на одно из чисел (2, 3, 4, ldots, lfloorsqrt{N}rfloor), то оно не делится и ни на одно из чисел (lceilsqrt{N}rceil + 1, ldots, N-2, N-1), так как если есть делитель больше корня (не равный (N)), то есть делитель и меньше корня (не равный 1). Поэтому в цикле for достаточно проверять числа не до (N), а до корня.

def is_prime(n):
    if n == 1:
        return False
    # Удобно вместо for i in range(2, n ** 0.5) писать так:
    i = 2
    while i * i <= n:
        if n % i == 0:
            return False
        i += 1
    return True

for i in [1, 2, 3, 10, 11, 12, 10**9+6, 10**9+7]:
    print(i, is_prime(i))
(1, False)
(2, True)
(3, True)
(10, False)
(11, True)
(12, False)
(1000000006, False)
(1000000007, True)

Разложение на простые множители

Любое натуральное число можно разложить на произведение простых, и с такой записью очень легко работать при решении задач. Разложение на простые множители еще называют факторизацией.

[11 = 11 = 11^1] [100 = 2 times 2 times 5 times 5 = 2^2 times 5^2] [126 = 2 times 3 times 3 times 7 = 2^1 times 3^2 times 7^1]

Рассмотрим, например, такую задачу:

Условие: Нужно разбить (N) людей на группы равного размера. Нам интересно, какие размеры это могут быть.

Решение: По сути нас просят найти число делителей (N). Нужно посмотреть на разложение числа (N) на простые множители, в общем виде оно выглядит так:

[N= p_1^{a_1} times p_2^{a_2} times ldots times p_k^{a_k}]

Теперь подумаем над этим выражением с точки зрения комбинаторики. Чтобы «сгенерировать» какой-нибудь делитель, нужно подставить в степень (i)-го простого число от 0 до (a_i) (то есть (a_i+1) различное значение), и так для каждого. То есть делитель (N) выглядит ровно так: [M= p_1^{b_1} times p_2^{b_2} times ldots times p_k^{b_k}, 0 leq b_i leq a_i] Значит, ответом будет произведение ((a_1+1) times (a_2+1) times ldots times (a_k + 1)).

Алгоритм разложения на простые множители

Применяя алгоритм проверки числа на простоту, мы умеем легко находить минимальный простой делитель числа N. Ясно, что как только мы нашли простой делитель числа (N), мы можем число (N) на него поделить и продолжить искать новый минимальный простой делитель.

Будем перебирать простой делитель от (2) до корня из (N) (как и раньше), но в случае, если (N) делится на этот делитель, будем просто на него делить. Причем, возможно, нам понадобится делить несколько раз ((N) может делиться на большую степень этого простого делителя). Так мы будем набирать простые делители и остановимся в тот момент, когда (N) стало либо (1), либо простым (и мы остановились, так как дошли до корня из него). Во втором случае надо еще само (N) добавить в ответ.

Напишем алгоритм факторизации:

def factorize(n):
    factors = []
    i = 2
    while i * i <= n: # перебираем простой делитель
        while n % i == 0: # пока N на него делится
            n //= i # делим N на этот делитель
            factors.append(i)
        i += 1
    # возможно, в конце N стало большим простым числом,
    # у которого мы дошли до корня и поняли, что оно простое
    # его тоже нужно добавить в разложение
    if n > 1:
        factors.append(n)
    return factors

for i in [1, 2, 3, 10, 11, 12, 10**9+6, 10**9+7]:
    print(i, '=', ' x '.join(str(x) for x in factorize(i)))
1 = 
2 = 2
3 = 3
10 = 2 x 5
11 = 11
12 = 2 x 2 x 3
1000000006 = 2 x 500000003
1000000007 = 1000000007

Задание

За сколько работает этот алгоритм?

.

.

.

.

Решение

За те же самые (O(sqrt{N})). Итераций цикла while с перебором делителя будет не больше, чем (sqrt{N}). Причем ровно (sqrt{N}) операций будет только в том случае, если (N) – простое.

А итераций деления (N) на делители будет столько, сколько всего простых чисел в факторизации числа (N). Понятно, что это не больше, чем (O(log{N})).

Задание

Докажите, что число (N) имеет не больше, чем (O(log{N})) простых множителей в факторизации.

Разные свойства простых чисел*

Вообще, про простые числа известно много свойств, но почти все из них очень трудно доказать. Вот еще некоторые из них:

  • Простых чисел, меньших (N), примерно (frac{N}{ln N}).
  • N-ое простое число равно примерно (Nln N).
  • Простые числа распределены более-менее равномерно. Например, если вам нужно найти какое-то простое число в промежутке, то можно их просто перебрать и проверить — через несколько сотен какое-нибудь найдется.
  • Для любого (N ge 2) на интервале ((N, 2N)) всегда найдется простое число (Постулат Бертрана)
  • Впрочем, существуют сколь угодно длинные отрезки, на которых простых чисел нет. Самый простой способ такой построить – это начать с (N! + 2).
  • Есть алгоритмы, проверяющие число на простоту намного быстрее, чем за корень.
  • Максимальное число делителей равно примерно (O(sqrt[3]{n})). Это не математический результат, а чисто эмпирический — не пишите его в асимптотиках.
  • Максимальное число делителей у числа на отрезке ([1, 10^5]) — 128
  • Максимальное число делителей у числа на отрекзке ([1, 10^9]) — 1344
  • Максимальное число делителей у числа на отрезке ([1, 10^{18}]) — 103680
  • Наука умеет факторизовать числа за (O(sqrt[4]{n})), но об этом как-нибудь в другой раз.
  • Любое число больше трёх можно представить в виде суммы двух простых (гипотеза Гольдбаха), но это не доказано.

Решето Эратосфена

Часто нужно не проверять на простоту одно число, а найти все простые числа до (N). В этом случае наивный алгоритм будет работать за (O(Nsqrt N)), так как нужно проверить на простоту каждое число от 1 до (N).

Но древний грек Эратосфен предложил делать так:

Запишем ряд чисел от 1 до (N) и будем вычеркивать числа: * делящиеся на 2, кроме самого числа 2 * затем деляющиеся на 3, кроме самого числа 3 * затем на 5, затем на 7, и так далее и все остальные простые до n. Таким образом, все незачеркнутые числа будут простыми — «решето» оставит только их.

Красивая визуализация

Задание

Найдите этим способом на бумажке все простые числа до 50, потом проверьте с программой:

N = 50
prime = [1] * (N + 1)
prime[0], prime[1] = 0, 0
for i in range(2, N + 1): # можно и до sqrt(N)
    if prime[i]:
        for j in range(2 * i, N + 1, i): # идем с шагом i, можно начиная с i * i
            prime[j] = 0
for i in range(1, N + 1):
    if prime[i]:
        print(i)
2
3
5
7
11
13
17
19
23
29
31
37
41
43
47

У этого алгоритма можно сразу заметить несколько ускорений.

Во-первых, число (i) имеет смысл перебирать только до корня из (N), потому что при зачеркивании составных чисел, делящихся на простое (i > sqrt N), мы ничего не зачеркнем. Почему? Пусть существует составное (M leq N), которое делится на %i%, и мы его не зачеркнули. Но тогда (i > sqrt N geq sqrt M), а значит по ранее нами доказанному утверждению (M) должно делиться и на простое число, которое меньше корня. Но это значит, что мы его уже вычеркнули.

Во-вторых, по этой же самое причине (j) имеет смысл перебирать только начиная с (i^2). Зачем вычеркивать (2i), (3i), (4i), …, ((i-1)i), если они все уже вычеркнуты, так как мы уже вычеркивали всё, что делится на (2), (3), (4), …, ((i-1)).

Асимптотика

Такой код будет работать за (O(N log log N)) по причинам, которые мы пока не хотим объяснять формально.

Гармонический ряд

Научимся оценивать асимптотику величины (1 + frac{1}{2} + ldots + frac{1}{N}), которая нередко встречается в задачах, где фигурирует делимость.

Возьмем (N) равное (2^i – 1) и запишем нашу сумму следующим образом: [left(frac{1}{1}right) + left(frac{1}{2} + frac{1}{3}right) + left(frac{1}{4} + ldots + frac{1}{7}right) + ldots + left(frac{1}{2^{i – 1}} + ldots + frac{1}{2^i – 1}right)]

Каждое из этих слагаемых имеет вид [frac{1}{2^j} + ldots + frac{1}{2^{j + 1} – 1} le frac{1}{2^j} + ldots + frac{1}{2^j} = 2^j frac{1}{2^j} = 1]

Таким образом, наша сумма не превосходит (1 + 1 + ldots + 1 = i le 2log_2(2^i – 1)). Тем самым, взяв любое (N) и дополнив до степени двойки, мы получили асимптотику (O(log N)).

Оценку снизу можно получить аналогичным образом, оценив каждое такое слагаемое снизу значением (frac{1}{2}).

Попытка объяснения асимптотики** (для старших классов)

Мы знаем, что гармонический ряд (1 + frac{1}{2} + frac{1}{3} + ldots + frac{1}{N}) это примерно (log N), а значит [N + frac{N}{2} + frac{N}{3} + ldots + frac{N}{N} sim N log N]

А что такое асимптотика решета Эратосфена? Мы как раз ровно (frac{N}{p}) раз зачеркиваем числа делящиеся на простое число (p). Если бы все числа были простыми, то мы бы как раз получили (N log N) из формули выше. Но у нас будут не все слагаемые оттуда, только с простым (p), поэтому посмотрим чуть более точно.

Известно, что простых чисел до (N) примерно (frac{N}{log N}), а значит допустим, что k-ое простое число примерно равно (k ln k). Тогда

[sum_{substack{2 leq p leq N \ text{p is prime}}} frac{N}{p} sim frac{1}{2} + sum_{k = 2}^{frac{N}{ln N}} frac{N}{k ln k} sim int_{2}^{frac{N}{ln N}} frac{N}{k ln k} dk =N(lnlnfrac{N}{ln N} – lnln 2) sim N(lnln N – lnlnln N) sim N lnln N]

Но вообще-то решето можно сделать и линейным.

Задание

Решите 5 первых задач из этого контеста:

https://informatics.msk.ru/mod/statements/view.php?id=34271

Линейное решето Эратосфена*

Наша цель — для каждого числа до (N) посчитать его минимальный простой делитель. Будем хранить его в массиве min_d. Параллельно будем хранить и список всех найденных простых чисел primes – это ровно те числа (x), у которых (min_d[x] = x).

Основное утверждение такое:

Пусть у числа (M) минимальный делитель равен (a). Тогда, если (M) составное, мы хотим вычеркнуть его ровно один раз при обработке числа (frac{M}{a}).

Мы также перебираем число (i) от (2) до (N). Если (min_d[i]) равно 0 (то есть мы не нашли ни один делитель у этого числа еще), значит оно простое – добавим в primes и сделаем (min_d[i] = i).

Далее мы хотим вычеркнуть все числа (i times k) такие, что (k) – это минимальный простой делитель этого числа. Из этого следует, что необходимо и достаточно перебрать (k) в массиве primes, и только до тех пор, пока (k < min_d[i]). Ну и перестать перебирать, если (i times k > N).

Алгоритм пометит все числа по одному разу, поэтому он корректен и работает за (O(N)).

N = 30
primes = []
min_d = [0] * (N + 1)

for i in range(2, N + 1):
    if min_d[i] == 0:
        min_d[i] = i
        primes.append(i)
    for p in primes:
        if p > min_d[i] or i * p > N:
            break
        min_d[i * p] = p
    print(i, min_d)
print(min_d)
print(primes)
2 [0, 0, 2, 0, 2, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0]
3 [0, 0, 2, 3, 2, 0, 2, 0, 0, 3, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0]
4 [0, 0, 2, 3, 2, 0, 2, 0, 2, 3, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0]
5 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 0, 2, 3, 2, 0, 0, 0, 0, 3, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 5, 0, 0, 0, 0, 0]
6 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 0, 2, 3, 2, 0, 2, 0, 0, 3, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 5, 0, 0, 0, 0, 0]
7 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 0, 2, 0, 2, 3, 0, 0, 0, 0, 0, 3, 0, 0, 0, 5, 0, 0, 0, 0, 0]
8 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 0, 2, 0, 2, 3, 2, 0, 0, 0, 0, 3, 0, 0, 0, 5, 0, 0, 0, 0, 0]
9 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 0, 2, 0, 2, 3, 2, 0, 2, 0, 0, 3, 0, 0, 0, 5, 0, 3, 0, 0, 0]
10 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 0, 2, 0, 2, 3, 2, 0, 2, 0, 2, 3, 0, 0, 0, 5, 0, 3, 0, 0, 0]
11 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 0, 2, 3, 2, 0, 2, 0, 2, 3, 2, 0, 0, 5, 0, 3, 0, 0, 0]
12 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 0, 2, 3, 2, 0, 2, 0, 2, 3, 2, 0, 2, 5, 0, 3, 0, 0, 0]
13 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 0, 2, 0, 2, 3, 2, 0, 2, 5, 2, 3, 0, 0, 0]
14 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 0, 2, 0, 2, 3, 2, 0, 2, 5, 2, 3, 2, 0, 0]
15 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 0, 2, 0, 2, 3, 2, 0, 2, 5, 2, 3, 2, 0, 2]
16 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 0, 2, 0, 2, 3, 2, 0, 2, 5, 2, 3, 2, 0, 2]
17 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 17, 2, 0, 2, 3, 2, 0, 2, 5, 2, 3, 2, 0, 2]
18 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 17, 2, 0, 2, 3, 2, 0, 2, 5, 2, 3, 2, 0, 2]
19 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 17, 2, 19, 2, 3, 2, 0, 2, 5, 2, 3, 2, 0, 2]
20 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 17, 2, 19, 2, 3, 2, 0, 2, 5, 2, 3, 2, 0, 2]
21 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 17, 2, 19, 2, 3, 2, 0, 2, 5, 2, 3, 2, 0, 2]
22 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 17, 2, 19, 2, 3, 2, 0, 2, 5, 2, 3, 2, 0, 2]
23 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 17, 2, 19, 2, 3, 2, 23, 2, 5, 2, 3, 2, 0, 2]
24 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 17, 2, 19, 2, 3, 2, 23, 2, 5, 2, 3, 2, 0, 2]
25 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 17, 2, 19, 2, 3, 2, 23, 2, 5, 2, 3, 2, 0, 2]
26 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 17, 2, 19, 2, 3, 2, 23, 2, 5, 2, 3, 2, 0, 2]
27 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 17, 2, 19, 2, 3, 2, 23, 2, 5, 2, 3, 2, 0, 2]
28 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 17, 2, 19, 2, 3, 2, 23, 2, 5, 2, 3, 2, 0, 2]
29 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 17, 2, 19, 2, 3, 2, 23, 2, 5, 2, 3, 2, 29, 2]
30 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 17, 2, 19, 2, 3, 2, 23, 2, 5, 2, 3, 2, 29, 2]
[0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 17, 2, 19, 2, 3, 2, 23, 2, 5, 2, 3, 2, 29, 2]
[2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29]

Этот алгоритм работает асимптотически быстрее, чем обычное решето. Но на практике, если писать обычное решето Эратсфена с оптимизациями, то оно оказывается быстрее линейнего. Также линейное решето занимает гораздо больше памяти – ведь в обычном решете можно хранить просто (N) бит, а здесь нам нужно (N) чисел и еще массив primes.

Зато один из «побочных эффектов» алгоритма — он неявно вычисляет факторизацию всех чисел от (1) до (N). Ведь зная минимальный простой делитель любого числа от (1) до (N) можно легко поделить на это число, посмотреть на новый минимальный простой делитель и так далее.

НОД и НОК

Введем два определения.

Наибольший общий делитель (НОД) чисел (a_1, a_2, ldots, a_n) — это максимальное такое число (x), что все (a_i) делятся на (x).

Наименьшее общее кратное (НОК) чисел (a_1, a_2, ldots, a_n) — это минимальное такое число (x), что (x) делится на все (a_i).

Например, * НОД(18, 30) = 6 * НОД(60, 180, 315) = 15 * НОД(1, N) = 1 * НОК(12, 30) = 6 * НОК(1, 2, 3, 4) = 12 * НОК(1, (N)) = (N)

Зачем они нужны? Например, они часто возникают в задачах.

Условие: Есть (N) шестеренок, каждая (i)-ая зацеплена с ((i-1))-ой. (i)-ая шестеренка имеет (a_i) зубчиков. Сколько раз нужно повернуть полносьтю первую шестеренку, чтобы все остальные шестеренки тоже вернулись на изначальное место?

Решение: Когда одна шестеренка крутится на 1 зубчик, все остальные тоже крутятся на один зубчик. Нужно найти минимальное такое число зубчиков (x), что при повороте на него все шестеренки вернутся в изначальное положение, то есть (x) делится на все (a_i), то есть это НОК((a_1, a_2, ldots, a_N)). Ответом будет (frac{x}{a_1}).

Еще пример задачи на применение НОД и НОК:

Условие: Город — это прямоугольник (n) на (m), разделенный на квадраты единичного размера. Вертолет летит из нижнего левого угла в верхний правый по прямой. Вертолет будит людей в квартале, когда он пролетает строго над его внутренностью (границы не считаются). Сколько кварталов разбудит вертолёт?

Решение: Вертолет пересечет по вертикали ((m-1)) границу. С этим ничего не поделать — каждое считается как новое посещение какого-то квартала. По горизонтали то же самое — ((n-1)) переход в новую ячейку будет сделан.

Однако еще есть случай, когда он пересекает одновременно обе границы (то есть пролетает над каким-нибудь углом) — ровно тот случай, когда нового посещения квартала не происходит. Сколько таких будет? Ровно столько, сколько есть целых решений уравнения (frac{n}{m} = frac{x}{y}). Мы как бы составили уравнение движения вертолёта и ищем, в скольки целых точках оно выполняется.

Пусть (t = НОД(n, m)), тогда (n = at, m = bt).

Тогда (frac{n}{m} = frac{a}{b} = frac{x}{y}). Любая дробь с натуральными числителем и знаменателем имеет ровно одно представление в виде несократимой дроби, так что (x) должно делиться на (a), а (y) должно делиться на (b). А значит, как ответ подходят ((a, b), (2a, 2b), (3a, 3b), cdots, ((t-1)a, (t-1)b)). Таких ответов ровно (t = НОД(n, m))

Значит, итоговый ответ: ((n-1) + (m-1) – (t-1)).

Кстати, когда (НОД(a, b) = 1), говорят, что (a) и (b) взаимно просты.

Алгоритм Евклида

Осталось придумать, как искать НОД и НОК. Понятно, что их можно искать перебором, но мы хотим хороший быстрый способ.

Давайте для начала научимся искать (НОД(a, b)).

Мы можем воспользоваться следующим равенством: [НОД(a, b) = НОД(a, b – a), b > a]

Оно доказывается очень просто: надо заметить, что множества общих делителей у пар ((a, b)) и ((a, b – a)) совпадают. Почему? Потому что если (a) и (b) делятся на (x), то и (b-a) делится на (x). И наоборот, если (a) и (b-a) делятся на (x), то и (b) делится на (x). Раз множства общих делитей совпадают, то и максимальный делитель совпадает.

Из этого равенства сразу следует следующее равенство: [НОД(a, b) = НОД(a, b operatorname{%} a), b > a]

(так как (НОД(a, b) = НОД(a, b – a) = НОД(a, b – 2a) = НОД(a, b – 3a) = ldots = НОД(a, b operatorname{%} a)))

Это равенство дает идею следующего рекурсивного алгоритма:

[НОД(a, b) = НОД(b operatorname{%} a, a) = НОД(a operatorname{%} , (b operatorname{%} a), b operatorname{%} a) = ldots]

Например: [НОД(93, 36) = ] [= НОД(36, 93spaceoperatorname{%}36) = НОД(36, 21) = ] [= НОД(21, 15) = ] [= НОД(15, 6) = ] [= НОД(6, 3) = ] [= НОД(3, 0) = 3]

Задание:

Примените алгоритм Евклида и найдите НОД чисел: * 1 и 500000 * 10, 20 * 18, 60 * 55, 34 * 100, 250

По-английски наибольший общий делитель — greatest common divisor. Поэтому вместо НОД будем в коде писать gcd.

def gcd(a, b):
    if b == 0:
        return a
    return gcd(b, a % b)

print(gcd(1, 500000))
print(gcd(10, 20))
print(gcd(18, 60))
print(gcd(55, 34))
print(gcd(100, 250))
print(gcd(2465473782, 12542367456))
1
10
6
1
50
6

Вообще, в C++ такая функция уже есть в компиляторе g++ — называется __gcd. Если у вас не Visual Studio, то, скорее всего, у вас g++. Вообще, там много всего интересного.

А за сколько оно вообще работает?

Задание

Докажите, что алгоритм Евклида для чисел (N), (M) работает за (O(log(N+M))).

Кстати, интересный факт: самыми плохими входными данными для алгоритма Евклида являются числа Фибоначчи. Именно там и достигается логарифм.

Как выразить НОК через НОД

(НОК(a, b) = frac{ab}{НОД(a, b)})

По этой формуле можно легко найти НОК двух чисел через их произведение и НОД. Почему она верна?

Посмотрим на разложения на простые множители чисел a, b, НОК(a, b), НОД(a, b).

[ a = p_1^{a_1}times p_2^{a_2}timesldotstimes p_n^{a_n} ] [ b = p_1^{b_1}times p_2^{b_2}timesldotstimes p_n^{b_n} ] [ ab = p_1^{a_1+b_1}times p_2^{a_2+b_2}timesldotstimes p_n^{a_n+b_n} ]

Из определений НОД и НОК следует, что их факторизации выглядят так: [ НОД(a, b) = p_1^{min(a_1, b_1)}times p_2^{min(a_2, b_2)}timesldotstimes p_n^{min(a_n, b_n)} ] [ НОК(a, b) = p_1^{max(a_1, b_1)}times p_2^{max(a_2, b_2)}timesldotstimes p_n^{max(a_n, b_n)} ]

Тогда посчитаем (НОД(a, b) times НОК(a, b)): [ НОД(a, b)НОК(a, b) = p_1^{min(a_1, b_1)+max(a_1, b_1)}times p_2^{min(a_2, b_2)+max(a_2, b_2)}timesldotstimes p_n^{min(a_n, b_n)+max(a_n, b_n)} =] [ = p_1^{a_1+b_1}times p_2^{a_2+b_2}timesldotstimes p_n^{a_n+b_n} = ab]

Формула доказана.

Как посчитать НОД/НОК от более чем 2 чисел

Для того, чтобы искать НОД или НОК у более чем двух чисел, достаточно считать их по цепочке:

(НОД(a, b, c, d, ldots) = НОД(НОД(a, b), c, d, ldots))

(НОК(a, b, c, d, ldots) = НОК(НОК(a, b), c, d, ldots))

Почему это верно?

Ну просто множество общих делителей (a) и (b) совпадает с множеством делителей (НОД(a, b)). Из этого следует, что и множество общих делителей (a), (b) и еще каких-то чисел совпадает с множеством общих делителей (НОД(a, b)) и этих же чисел. И раз совпадают множества общих делителей, то и наибольший из них совпадает.

С НОК то же самое, только фразу “множество общих делителей” надо заменить на “множество общих кратных”.

Задание

Решите задачи F, G, H, I из этого контеста:

https://informatics.msk.ru/mod/statements/view.php?id=34271

Расширенный алгоритм Евклида*

Очень важным для математики свойством наибольшего общего делителя является следующий факт:

Для любых целых (a, b) найдутся такие целые (x, y), что (ax + by = d), где (d = gcd(a, b)).

Из этого следует, что существует решение в целых числах, например, у таких уравнений: * (8x + 6y = 2) * (4x – 5y = 1) * (116x + 44y = 4) * (3x + 11y = -1)

Мы сейчас не только докажем, что решения у таких уравнений существуют, но и приведем быстрый алгоритм нахождения этих решений. Здесь нам вновь пригодится алгоритм Евклида.

Рассмотрим один шаг алгоритма Евклида, преобразующий пару ((a, b)) в пару ((b, a operatorname{%} b)). Обозначим (r = a operatorname{%} b), то есть запишем деление с остатком в виде (a = bq + r).

Предположим, что у нас есть решение данного уравнения для чисел (b) и (r) (их наибольший общий делитель, как известно, тоже равен (d)): [bx_0 + ry_0 = d]

Теперь сделаем в этом выражении замену (r = a – bq):

[bx_0 + ry_0 = bx_0 + (a – bq)y_0 = ay_0 + b(x_0 – qy_0)]

Tаким образом, можно взять (x = y_0), а (y = (x_0 – qy_0) = (x_0 – (a operatorname{/} b)y_0)) (здесь (/) обозначает целочисленное деление).

В конце алгоритма Евклида мы всегда получаем пару ((d, 0)). Для нее решение требуемого уравнения легко подбирается — (d * 1 + 0 * 0 = d). Теперь, используя вышесказанное, мы можем идти обратно, при вычислении заменяя пару ((x, y)) (решение для чисел (b) и (a operatorname{%} b)) на пару ((y, x – (a / b)y)) (решение для чисел (a) и (b)).

Это удобно реализовывать рекурсивно:

def extended_gcd(a, b):
    if b == 0:
        return a, 1, 0
    d, x, y = extended_gcd(b, a % b)
    return d, y, x - (a // b) * y

a, b = 3, 5
res = extended_gcd(a, b)
print("{3} * {1} + {4} * {2} = {0}".format(res[0], res[1], res[2], a, b))
3 * 2 + 5 * -1 = 1

Но также полезно и посмотреть, как будет работать расширенный алгоритм Евклида и на каком-нибудь конкретном примере. Пусть мы, например, хотим найти целочисленное решение такого уравнения: [116x + 44y = 4] [(2times44+28)x + 44y = 4] [44(2x+y) + 28x = 4] [44x_0 + 28y_0 = 4] Следовательно, [x = y_0, y = x_0 – 2y_0] Будем повторять такой шаг несколько раз, получим такие уравнения: [116x + 44y = 4] [44x_0 + 28y_0 = 4, x = y_0, y = x_0 – 2y_0] [28x_1 + 16y_1 = 4, x_0 = y_1, y_0 = x_1 – y_1] [16x_2 + 12y_2 = 4, x_1 = y_2, y_1 = x_2 – y_2] [12x_3 + 4y_3 = 4, x_2 = y_3, y_2 = x_3 – y_3] [4x_4 + 0y_4 = 4, x_3 = y_4, y_3 = x_4 – 3 y_4] А теперь свернем обратно: [x_4 = 1, y_4 = 0] [x_3 = 0, y_3 =1] [x_2 = 1, y_2 =-1] [x_1 = -1, y_1 =2] [x_0 = 2, y_0 =-3] [x = -3, y =8]

Действительно, (116times(-3) + 44times8 = 4)

Задание

Решите задачу J из этого контеста:

https://informatics.msk.ru/mod/statements/view.php?id=34273

Операции по модулю

Выражение (a equiv b pmod m) означает, что остатки от деления (a) на (m) и (b) на (m) равны. Это выражение читается как «(a) сравнимо (b) по модулю (m)».

Еще это можно опрделить так: (a) сравнимо c (b) по модулю (m), если ((a – b)) делится на (m).

Все целые числа можно разделить на классы эквивалентности — два числа лежат в одном классе, если они сравнимы по модулю (m). Говорят, что мы работаем в «кольце остатков по модулю (m)», и в нем ровно (m) элементов: (0, 1, 2, cdots, m-1).

Сложение, вычитение и умножение по модулю определяются довольно интуитивно — нужно выполнить соответствующую операцию и взять остаток от деления.

С делением намного сложнее — поделить и взять по модулю не работает. Об этом подробнее поговорим чуть дальше.

a = 30
b = 50
mod = 71

print('{} + {} = {} (mod {})'.format(a, b, (a + b) % mod, mod))
print('{} - {} = {} (mod {})'.format(a, b, (a - b) % mod, mod)) # на C++ это может не работать, так как модуль от отрицательного числа берется странно
print('{} - {} = {} (mod {})'.format(a, b, (a - b + mod) % mod, mod)) # на C++ надо писать так, чтобы брать модулю от гарантированно неотрицательного числа
print('{} * {} = {} (mod {})'.format(a, b, (a * b) % mod, mod))
# print((a / b) % mod) # а как писать это, пока неясно
30 + 50 = 9 (mod 71)
30 - 50 = 51 (mod 71)
30 - 50 = 51 (mod 71)
30 * 50 = 9 (mod 71)

Задание

Посчитайте: * (2 + 3 pmod 5) * (2 * 3 pmod 5) * (2 ^ 3 pmod 5) * (2 – 4 pmod 5) * (5 + 5 pmod 6) * (2 * 3 pmod 6) * (3 * 3 pmod 6)

Для умножения (в C++) нужно ещё учитывать следующий факт: при переполнении типа всё ломается (разве что если вы используете в качестве модуля степень двойки).

  • int вмещает до (2^{31} – 1 approx 2 cdot 10^9).
  • long long вмещает до (2^{63} – 1 approx 8 cdot 10^{18}).
  • long long long в плюсах нет, при попытке заиспользовать выдает ошибку long long long is too long.
  • Под некоторыми компиляторами и архитектурами доступен int128, но не везде и не все функции его поддерживают (например, его нельзя вывести обычными методами).

Зачем нужно считать ответ по модулю

Очень часто в задаче нужно научиться считать число, которое в худшем случае гораздо больше, чем (10^{18}). Тогда, чтобы не заставлять вас писать длинную арифметику, автор задачи часто просит найти ответ по модулю большого числа, обычно (10^9 + 7)

Кстати, вместо того, чтобы писать (1000000007) удобно просто написать (1e9 + 7). (1e9) означает (1 times 10^9)

int mod = 1e9 + 7; # В C++
cout << mod;
1000000007
N = 1e9 + 7 # В питоне такое число становится float
print(N)
print(int(N))
1000000007.0
1000000007

Быстрое возведение в степень

Задача: > Даны натуральные числа (a, b, c < 10^9). Найдите (a^b) (mod (c)).

Мы хотим научиться возводить число в большую степень быстро, не просто умножая (a) на себя (b) раз. Требование на модуль здесь дано только для того, чтобы иметь возможность проверить правильность алгоритма для чисел, которые не влезают в int и long long.

Сам алгоритм довольно простой и рекурсивный, постарайтесь его придумать, решая вот такие примеры (прямо решать необязательно, но можно придумать, как посчитать значение этих чисел очень быстро):

  • (3^2)
  • (3^4)
  • (3^8)
  • (3^{16})
  • (3^{32})
  • (3^{33})
  • (3^{66})
  • (3^{132})
  • (3^{133})
  • (3^{266})
  • (3^{532})
  • (3^{533})
  • (3^{1066})

Да, здесь специально приведена такая последовательность, в которой каждое следующее число легко считается через предыдущее: его либо нужно умножить на (a=3), либо возвести в квадрат. Так и получается рекурсивный алгоритм:

  • (a^0 = 1)
  • (a^{2k}=(a^{k})^2)
  • (a^{2k+1}=a^{2k}times a)

Нужно только после каждой операции делать mod: * (a^0 pmod c = 1) * (a^{2k} pmod c = (a^{k} pmod c)^2 pmod c) * (a^{2k+1} pmod c = ((a^{2k}pmod c) times a) pmod c)

Этот алгоритм называется быстрое возведение в степень. Он имеет много применений: * в криптографии очень часто надо возводить число в большую степень по модулю * используется для деления по простому модулю (см. далее) * можно быстро перемножать не только числа, но еще и матрицы (используется для динамики, например)

Асимптотика этого алгоритма, очевидно, (O(log c)) – за каждые две итерации число уменьшается хотя бы в 2 раза.

Задание

Решите задачу K из этого контеста:

https://informatics.msk.ru/mod/statements/view.php?id=34271

Задание

Решите как можно больше задач из практического контеста:

https://informatics.msk.ru/mod/statements/view.php?id=34273

Деление по модулю*

Давайте все-таки научимся не только умножать, но и делить по простому модулю. Вот только что это значит?

(a / b) = (a times b^{-1}), где (b^{-1}) – это обратный элемент к (b).

Определение: (b^{-1}) – это такое число, что (bb^{-1} = 1)

Утверждение: в кольце остатков по простому модулю (p) у каждого остатка (кроме 0) существует ровно один обратный элемент.

Например, обратный к (2) по модулю (5) это (3) ((2 times 3 = 1 pmod 5)))

Задание

Найдите обратный элемент к: * числу (3) по модулю (5) * числу (3) по модулю (7) * числу (1) по модулю (7) * числу (2) по модулю (3) * числу (9) по модулю (31)

Давайте докажем это утверждение: надо заметить, что если каждый ненулевой остаток (1, 2, ldots, (p-1)) умножить на ненулевой остаток (a), то получатся числа (a, 2a, ldots, (p-1)a) – и они все разные! Они разные, потому что если (xa = ya), то ((x-y)a = 0), а значит ((x – y) a) делится на (p), (a) – ненулевой остаток, а значит (x = y), и это не разные числа. И из того, что все числа получились разными, это все ненулевые, и их столько же, следует, что это ровно тот же набор чисел, просто в другом порядке!

Из этого следует, что среди этих чисел есть (1), причем ровно один раз. А значит существует ровно один обратный элемент (a^{-1}). Доказательство закончено.

Это здорово, но этот обратный элемент еще хочется быстро находить. Быстрее, чем за (O(p)).

Есть несколько способов это сделать.

Через малую теорему Ферма

Малая теорема Ферма: > (a^{p-1} = 1 pmod p), если (p) – простое, (a neq 0 pmod p)).

Доказательство: В предыдущем пункте мы выяснили, что множества чисел (1, 2, ldots, (p-1)) и (a, 2a, ldots, (p-1)a) совпадают. Из этого следует, что их произведения тоже совпадают по модулю: ((p-1)! = a^{p-1} (p-1)! pmod p).

((p-1)!neq 0 pmod p) а значит на него можно поделить (это мы кстати только в предыдущем пункте доказали, поделить на число – значит умножить на обратный к нему, который существует).

А значит, (a^{p – 1} = 1 pmod p).

Как это применить Осталось заметить, что из малой теоремы Ферма сразу следует, что (a^{p-2}) – это обратный элемент к (a), а значит мы свели задачу к возведению (a) в степень (p-2), что благодаря быстрому возведению в степень мы умеем делать за (O(log p)).

Обобщение У малой теоремы Ферма есть обобщение для составных (p):

Теорема Эйлера: > (a^{varphi(p)} = 1 pmod p), (a) – взаимно просто с (p), а (varphi(p)) – это функция Эйлера (количество чисел, меньших (p) и взаимно простых с (p)).

Доказывается теорема очень похоже, только вместо ненулевых остатков (1, 2, ldots, p-1) нужно брать остатки, взаимно простые с (p). Их как раз не (p-1), а (varphi(p)).

Для нахождения обратного по этой теореме достаточно посчитать функцию Эйлера (varphi(p)) и найти (a^{-1} = a^{varphi(p) – 1}).

Но с этим возникают большие проблемы: посчитать функцию Эйлера сложно. Более того, на предполагаемой невозможности быстро ее посчитать построены некоторые криптографические алгоритм типа RSA. Поэтому быстро делить по составному модулю этим способом не получится.

Через расширенный алгоритм Евклида

Этим способом легко получится делить по любому модулю! Рекомендую.

Пусть мы хотим найти (a^{-1} pmod p), (a) и (p) взаимно простые (а иначе обратного и не будет существовать).

Давайте найдем корни уравнения

[ax + py = 1]

Они есть и находятся расширенным алгоритмом Евклида за (O(log p)), так как (НОД(a, p) = 1), ведь они взаимно простые.

Тогда если взять остаток по модулю (p):

[ax = 1 pmod p]

А значит, найденный (x) и будет обратным элементом к (a).

То есть надо просто найти (x) из решения того уравнения по модулю (p). Можно брать по модулю прямо походу решения уравнения, чтобы случайно не переполниться.

Источник

Простое число – это число, которое делится нацело без остатка только на 1 и на самого себя. Также известно, что любое целое число, большее 1, является либо простым, либо может быть выражено как произведение простых чисел. Ряд простых чисел начинается с 2 и имеет следующий вид: 2, 3, 5, 7 и т.д.

Рассмотрим алгоритм поиска простых чисел, известный как «метод перебора делителей». Для этого давайте реализуем на Java метод getFirstPrimes(), который будет возвращать N первых простых чисел.

public List<Integer> getFirstPrimes(int count) {
    List<Integer> primes = new ArrayList<>();
    if (count > 0) {
        primes.add(2);
    }
    for (var i = 3; primes.size() < count; i += 2) {
        if (isPrime(i, primes)) {
            primes.add(i);
        }
    }
    return primes;
}

Все найденные простые числа будем складывать в список. Далее проверяем, что если у нас запросили хотя бы одно простое число, то сразу добавим 2, т.к. с него начинается последовательность. Далее в цикле начинаем проверять числа, сразу начиная с трёх. Также обратите внимание, что мы проверяем только нечётные числа (приращение +2), т.к. все чётные числа по определению делятся на 2.

Цикл выполняется до тех пор, пока в нашем результирующем списке не окажется ровно столько простых чисел, сколько у нас запросили. Саму проверку на «простоту» выполняем с помощью метода isPrime(), которому передаём текущее проверяемое число и уже накопленные нами на предыдущих итерациях числа.

private boolean isPrime(int n, List<Integer> primes) {
    double sqrt = Math.sqrt(n);
    for (var i = 0; i < primes.size(); i++) {
        var prime = primes.get(i);
        if (prime > sqrt) {
            return true;
        }
        if (n % prime == 0) {
            return false;
        }
    }
    return true;
}

Здесь мы сначала вызываем метод Math.sqrt(), ведь если проверяемое число состоит хотя бы из двух множителей, то ни одно из них не может превышать двоичный корень.

Затем в цикле проходим по всем уже найденным простым числам и по очереди пытаемся делить на них текущее число. Если число делится на простое число без остатка – значит, оно составное. Проверку выполняем до тех пор, пока простые числа меньше корня из проверяемого числа.

Можно выполнить небольшую оптимизацию, отказавшись от вычисления квадратного корня и операций над типом double. Вместо этого будем возводить каждое уже найденное простое число в квадрат и проверять, не превысило ли это произведение потенциально простое число. Если превысило, значит, перед нами новое простое число:

private boolean isPrime(int n, List<Integer> primes) {
    for (var i = 0; i < primes.size(); i++) {
        var prime = primes.get(i);
        if (prime * prime > n) {
            return true;
        }
        if (n % prime == 0) {
            return false;
        }
    }
    return true;
}

Рассмотренный алгоритм работает довольно быстро. За пару секунд он находит 500 000 простых чисел.

Оптимизации, которые мы применили:

  • проверяем только нечётные числа
  • пытаемся делить только на уже найденные простые числа
  • делителями могут быть только те простые числа, которые не превосходят квадратного корня из проверяемого числа
  • вместо вычисления квадратного корня возводим в квадрат каждое уже найденное простое число, пока произведение не превысит проверяемое число

Данный алгоритм хорошо подходит в том случае, если вам нужно ровно N первых простых чисел. Если же вы ищете все простые числа в некотором диапазоне, то лучше использовать Решето Эратосфена для поиска простых чисел – он будет работать гораздо быстрее.

Источник

Добавить комментарий