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，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，猜测一个数是不是的因数，如果运气好可以在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 中的所有元素即为 N 的全体素因数。

证明 result 中即为

的全体素因数

首先考察 N 的变化。当循环进行到 i 结束时，由于刚执行结束 while(N % i == 0) N /= i 部分，i 不再整除 N。而且，每次除去一个因子，都能够保证 N 仍整除。这两点保证了，当循环进行到 i 开始时，N 是的一个因子，且不被任何小于 i 的整数整除。

其次证明 result 中的元素均为的因子。当循环进行到 i 时，能够在 result 中存入 i 的条件是 N % i == 0，这说明 i 整除 N，且已经说明 N 是的因子，故而有 i 是的因子。当对 i 的循环结束时，若 N 不为一，也会存入 result。此时它根据前文，也必然是的一个因子。

其次证明 result 中均为素数。我们假设存在一个在 result 中的合数，则必然存在 i 不超过 $\sqrt K$ ，满足 i 是 K 的一个因子。这样的不可能作为循环中的某个 i 存入 result，因为第一段已经说明，当循环到时，N 不被任何小于的 i 整除。这样的也不可能在循环结束后加入，因为循环退出的条件是 i * i > N，故而已经遍历完了所有不超过 $\sqrt K$ 的 i，而且据上文所说，这些 i 绝不能整除目前的 N，亦即。

最后证明，所有的素因子必然出现在 result 中。不妨假设是的一个素因子，但并没有出现在 result 中。根据上文的讨论，不可能是循环中出现过的 i。设 i 是退出循环前最后的 i，则 i 严格小于，而退出循环后的 N 不被之前的 i 整除，故而整除 N。所以最后的 N 大于一，则根据前文所述，它必然是素数，则 N 就等于，必会在最后加入 result，与假设矛盾。

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 $O(\frac {\sqrt{N}} {\ln N})$ 。去筛法处查阅更多打表的信息。

例题：CF 1445C

Pollard Rho 算法

引入

利用暴力算法获得一个非平凡因子的复杂度为 $O(p)=O(\sqrt N)$ ，这里，是的最小素因子。而下面要介绍的 Pollard-Rho 算法是一种随机化算法，可以在 $O(\sqrt p)=O(N^{1/4})$ 的期望复杂度获得一个非平凡因子（注意！非平凡因子不一定是素因子）。

它的核心想法是，对于一个随机自映射 $f: \mathbb Z_p \rightarrow \mathbb Z_p$ ，从任何一点出发，迭代计算 $x_n = f(x_{n-1})$ ，将在 $O(\sqrt p)$ 期望时间内进入循环。如果能够找到 $x_i \equiv x_j \pmod p$ ，则整除 $\gcd(|x_i-x_j|, N)$ ，这一最大公约数就是的一个非平凡因子。

要理解进入循环的期望时间为 $O(\sqrt p)$ ，可以从生日悖论中获得启发。

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：假设一年有天，房间中有人，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天之中，且两个人的生日相互独立。

设个人生日互不相同为事件 , 则事件的概率为

P(A)=\prod_{i=0}^{k-1}\frac{n-i}{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

P(A)=\prod_{i=0}^{k-1}\frac{n-i}{n} \le \frac{1}{2}

由不等式 $1+x\le \mathrm{e}^x$ 可得

P(A) \le \prod_{i=1}^{k-1}\exp\left({-\frac{i}{n}}\right)=\exp \left({-\frac{k(k-1)}{2n}}\right)

因此

\exp\left({-\dfrac{k(k-1)}{2n}}\right) \le \frac{1}{2}\implies P(A) \le \frac{1}{2}

将代入，解得 $k\geq 23$ 。所以一个房间中至少人，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，时，出现两个人同一天生日的概率将大于 $99\%$ ¹。那么在一年有天的情况下，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 $50\%$ 。

类似地可以计算，随机均匀地选取一列生日，首次获得重复生日需要的人数的期望也是 $O(\sqrt n)$ 。设这一人数为，则

E(X) = \sum_{x=1}^{n+1}P(X\ge x+1) = \sum_{x=0}^n\frac{n!}{(n-x)!n^x} = \sqrt{\frac{\pi n}{2}}-\frac13+o(1).

这启发我们，如果可以随机选取一列数字，出现重复数字需要的抽样规模的期望也是 $O(\sqrt n)$ 的。

利用最大公约数求出一个约数

实际构建一列模的随机数列并不现实，因为正是需要求的。所以，我们通过 $f(x)=(x^2+c)\bmod N$ 来生成一个伪随机数序列 $\{x_i\}$ ：随机取一个，令 $x_2=f(x_1),\ x_3=f(x_2),\ \dots,\ x_i=f(x_{i-1})$ ，其中 $c\in[1,N)$ 是一个随机选取的常数。

这里选取的函数容易计算，且往往可以生成相当随机的序列。但它并不是完全随机的。举个例子，设 $n=50,\ c=6,\ x_1=1$ ，生成的数据为

1, 7, 5, 31, 17, 45, 31, 17, 45, 31,\dots

可以发现数据在以后都在之间循环。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

更重要的是，这样的函数确实提供了 $\mathbb Z_p$ 上一个自映射。也就是说，它满足性质：如果 $x\equiv y\pmod p$ ，则 $f(x)\equiv f(y)\pmod p$ 。

证明

若 $x\equiv y\pmod p$ ，则 $x^2+c\equiv y^2+c\pmod p$ 。注意到，，这里是一个依赖于的整数，且，所以有 $f(x)=x^2+c\pmod p$ ，因而 $f(x)=f(y)\pmod p$ 。

作为 $\mathbb Z_p$ 上的伪随机自映射反复迭代得到的序列， $\{x_n\bmod p\}$ 在 $O(\sqrt p)$ 的期望时间内就会出现重复。只要我们观察到这样的重复 $x_i\equiv x_j\pmod p$ ，就可以根据 $\gcd(|x_i-x_j|,N)$ 求出一个的非平凡因子。注意到，由于未知，我们并没有办法直接判断重复的发生，一个简单的判断方法正是 $\gcd(|x_i-x_j|,N)$ 严格大于一。

这一算法并不是总能成功的，因为 $\gcd(|x_i-x_j|,N)$ 可能等于。也就是说， $x_i\equiv x_j\pmod N$ 。此时， $\{x_n\bmod p\}$ 首次发生重复时，恰好 $\{x_n\}$ 也发生重复了。我们没有得到一个非平凡因子。而且， $\{x_n\}$ 开始循环后，再继续迭代也没有意义了，因为之后只会重复这一循环。该算法应输出分解失败，需要更换中选取的重新分解。

根据上文分析，理论上，任何满足 $\forall x \equiv y \pmod p, f(x) \equiv f(y) \pmod p$ ，且能够保证一定伪随机性的函数（例如某些多项式函数）都可以用在此处。实践中，主要使用 $f(x)=x^2+c\ (c\neq 0,-2)$ 。²

实现

我们需要实现的算法，能够在迭代过程中快速判断 $\{x_n\bmod p\}$ 是否已经出现重复。将看成以 $\mathbb Z_p$ 为顶点的有向图上的边，我们实际要实现的是一个判环算法。只是将判等改为了判断 $\gcd(|x_i-x_j|,N)$ 是否大于一。

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倍数。

设，每一次更新，只要检查在更新过程中和是否相等，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，若满足则可直接返回。如果，则说明 $\{x_i\}$ 已经形成环，在形成环时就不能再继续操作了，直接返回本身，并且在后续操作里调整随机常数，重新分解。

基于 Floyd 判环的 Pollard-Rho 算法

C++Python

ll Pollard_Rho(ll N) {
  if (N == 4) return 2;  // 因为一开始跳了两步，所以需要特判一下 4
  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):
    if N == 4:
        return 2  # 因为一开始跳了两步，所以需要特判一下 4
    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

Brent 判环

实际上，Floyd 判环算法可以有常数上的改进。Brent 判环从开始递增，在第轮，让 A 等在原地，B 向前移动步，如果在过程中 B 遇到了 A，则说明已经得到环，否则让 A 瞬移到 B 的位置，然后继续下一轮。

可以证明³，这样得到环之前需要调用的次数永远不大于 Floyd 判环算法。原论文中的测试表明，Brent 判环需要的平均时间相较于 Floyd 判环减少了 $24\%$ 。

倍增优化

无论是 Floyd 判环还是 Brent 判环，迭代次数都是 $O(\sqrt p)$ 的。但是每次迭代都用 $\gcd$ 判断是否成环会拖慢算法运行速度。可以通过乘法累积来减少求 $\gcd$ 的次数。

简单来说，如果 $\gcd(a,N)>1$ ，那么 $\gcd(ab\bmod N,N)=\gcd(ab,N)>1$ 对于任意 $b\in\mathbb N_+$ 都成立。也就是说，如果计算得到 $\gcd(\prod |x_i-x_j| \bmod N,N)>1$ ，那么必然有其中一对满足 $\gcd(|x_i-x_j|,N)>1$ 。如果该乘积在某一时刻得到零，则分解失败，退出并返回本身。

如果每对计算一次 $\gcd$ ，则算法复杂度降低到 $O(\sqrt p+k^{-1}\sqrt p\log N)$ ，这里， $\log N$ 为单次计算 $\gcd$ 的开销。注意到和 $\log N$ 大致同阶时，可以得到 $O(\sqrt p)$ 的期望复杂度。具体实现中，大多选取。

这里提供 Brent 判环且加上倍增优化的 Pollard-Rho 算法实现。

实现

C++Python

ll Pollard_Rho(ll x) {
  ll t = 0;
  ll c = rand() % (x - 1) + 1;
  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

复杂度

Pollard-Rho 算法中的期望迭代次数为 $O(\sqrt p)$ ，这里是的最小素因子。具体实现无论是采用 Floyd 判环还是 Brent 判环，如果不使用倍增优化，期望复杂度都是 $O(\sqrt p\log N)$ ；在加上倍增优化后，可以近似得到 $O(\sqrt p)$ 的期望复杂度。

值得一提的是，前文分析基于的是完全随机的自映射函数，但 Pollard-Rho 算法实际使用的是伪随机函数，所以该算法并没有严格的复杂度分析，实践中通常跑得较快。

例题：求一个数的最大素因子

例题：P4718【模板】Pollard-Rho 算法

对于一个数，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，将除去因子。再递归分解和，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 <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <ctime>
#include <iostream>

using namespace std;
using ll = long long;
using ull = unsigned long long;

int t;
ll max_factor, n;

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

ll bmul(ll a, ll b, ll m) {  // 快速乘
  ull c = (ull)a * (ull)b - (ull)((long double)a / m * b + 0.5L) * (ull)m;
  if (c < (ull)m) return c;
  return c + m;
}

ll qpow(ll x, ll p, ll mod) {  // 快速幂
  ll ans = 1;
  while (p) {
    if (p & 1) ans = bmul(ans, x, mod);
    x = bmul(x, x, mod);
    p >>= 1;
  }
  return ans;
}

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

ll Pollard_Rho(ll x) {
  ll s = 0, t = 0;
  ll c = (ll)rand() % (x - 1) + 1;
  int step = 0, goal = 1;
  ll val = 1;
  for (goal = 1;; goal *= 2, s = t, val = 1) {  // 倍增优化
    for (step = 1; step <= goal; ++step) {
      t = (bmul(t, t, x) + c) % x;
      val = bmul(val, abs(t - s), 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;
  }
}

void fac(ll 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;
  }
  ll 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() {
  cin >> t;
  while (t--) {
    srand((unsigned)time(NULL));
    max_factor = 0;
    cin >> n;
    fac(n);
    if (max_factor == n)  // 最大的质因数即自己
      cout << "Prime\n";
    else
      cout << max_factor << '\n';
  }
  return 0;
}

参考资料与链接

https://en.wikipedia.org/wiki/Birthday_problem#Reverse_problem ↩
Menezes, Alfred J.; van Oorschot, Paul C.; Vanstone, Scott A. (2001). Handbook of Applied Cryptography. Section 3.11 and 3.12. ↩
Brent, R. P. (1980), An improved Monte Carlo factorization algorithm, BIT Numerical Mathematics, 20(2): 176–184, doi:10.1007/BF01933190 ↩

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