一、素数
Miller-Rabin
首先介绍一下伪素数：若n是一个正整数，且存在正整数a满足$a^{n-1}\equiv1\;(mod\;n)$
(费马小定理，但n不一定为素数)
那么我们说n是基于a的伪素数
如果一个数是伪素数，它很大概率是素数
但一个数不是伪素数，它一定不是素数
那么对于要判断的数$n$，我们只需要多次选取$a$来判断是否是伪素数即可
然而是否伪素数通过了所有底数的测试就很大概率是素数了呢？
其实有一种叫$Carmichael$数的东西，十亿内有$600$多个，最小的如$561$，可以通过所有底数的测试。
那咋整？我们可以继续探测啊QwQ
二次探测定理：若$a^2~mod~p=1$，且$a!=1$，$a!=-1$则$p$必为合数。
设$p-1=2^ld$，可以先测$a^d$，然后平方$l$次。
当两倍两倍往上加的时候，判断是否合法，如果出现不合法就$return$。判定方法结合定理看代码吧QwQ……
至于伪素数的判定就两倍两倍加回原数之后在弄吧。
代码和$Pollard~Rho$的放一起吧QAQ
Pollard Rho
大数分解……
暂时还不是很懂就不瞎讲了……先坑着吧，不过我写的是第一篇博客里的第二种判环方法QAQ
1 #include<iostream>
2 #include<cstring>
3 #include<cstdio>
4 #include<algorithm>
5 #define LL long long
6 using namespace std;
7
8 LL T,maxn,x;
9 LL prime[10]={2,3,5,7,11,13,17,19,23};
10
11 LL Mul(LL a,LL b,LL MOD)
12 {
13 LL tmp=a*b-(LL)((long double)a*b/MOD+0.1)*MOD;
14 return tmp<0?tmp+MOD:tmp;
15 }
16
17 LL Qpow(LL a,LL b,LL MOD)
18 {
19 LL ans=1;
20 while (b)
21 {
22 if (b&1) ans=Mul(ans,a,MOD);
23 a=Mul(a,a,MOD); b>>=1;
24 }
25 return ans;
26 }
27
28 LL gcd(LL a,LL b) {return b==0?a:gcd(b,a%b);}
29
30 bool Miller_Rabin(LL n)
31 {
32 if (n==2) return 1;
33 if (n<2 || n%2==0) return 0;
34 LL m=n-1,l=0;
35 while (m%2==0) ++l, m>>=1;
36 for (int i=0; i<9; ++i)
37 {
38 LL p=prime[i],w=Qpow(p,m,n);
39 if (w==1 || w==n-1 || p==n) continue;
40 for (int j=1; j<=l; ++j)
41 {
42 LL u=Mul(w,w,n);
43 if (u==1 && w!=1 && w!=n-1) return 0;
44 w=u;
45 }
46 if (w!=1) return 0;
47 }
48 return 1;
49 }
50
51 LL Pollard_Rho(LL n,LL c)
52 {
53 LL x=rand()%n,y=x,p=1,k=2;
54 for (LL i=1; p==1; ++i)
55 {
56 x=(Mul(x,x,n)+c)%n;
57 p=x>y?x-y:y-x;
58 p=gcd(p,n);
59 if (i==k) y=x,k+=k;
60 }
61 return p;
62 }
63
64 void Solve(LL n)
65 {
66 if (n==1) return;
67 if (Miller_Rabin(n)) {maxn=max(maxn,n); return;}
68 LL t=n;
69 while (t==n) t=Pollard_Rho(n,rand()%(n-1)+1);
70 Solve(t); Solve(n/t);
71 }
72
73 int main()
74 {
75 scanf("%lld",&T);
76 while (T--)
77 {
78 scanf("%lld",&x);
79 maxn=0;
80 Solve(x);
81 if (maxn==x) puts("Prime");
82 else printf("%lld\n",maxn);
83 }
84 }
埃筛，欧拉筛
没什么好说的，讲解网上的很好，直接上code吧
埃筛
1 void work(int n)
2 {
3 for (int i=2;i<=n;++i)
4 if (!vis[i])
5 {
6 prime[++cnt]=i;
7 for (int j=i*2;j<=n;j+=i)
8 vis[j]=1;
9 }
10 }欧拉筛
1 void work(int n)
2 {
3 for (int i=2;i<=n;++i)
4 {
5 if (!vis[i])
6 prime[++cnt]=i;
7 for (int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=n;++j)
8 {
9 vis[prime[j]*i]=1;
10 if (i%prime[j]==0)
11 break;
12 }
13 }
14 }
二、欧拉函数
欧拉函数$φ(n)$表示1~n中与n互质的个数（注意1和任何数互质）
线筛欧拉函数
1 void Euler(long long n)
2 {
3 phi[1]=1;
4 for (int i=2;i<=n;++i)
5 if (!phi[i])
6 for (int j=i;j<=n;j+=i)
7 {
8 if (!phi[j]) phi[j]=j;
9 phi[j]=phi[j]/i*(i-1);
10 }
11 }欧拉定理：$a^{φ(n)}\equiv1\;(mod\;n)$
三、中国剩余定理（CRT）
CRT
中国剩余定理，就是用来求解一组同余方程组的一个解的，其中模数$m_{i}$两两互质
引入一个经典问题
“今有物不知其数，三三数之剩二（除以3余2），五五数之剩三（除以5余3），七七数之剩二（除以7余2），问物几何？”这个问题称为“孙子问题” (一个很妙的证明)
设$q_{1}$为$3*k+2$，也就是除3余2的一个数
同理设$q_{2}$为$5*k+3$，$q_{3}$为$7*k+2$
那么可以导出以下三点：
1、要使$q_{1}+q_{2}+q_{3}$的和满足除3余2，$q_{2}和q_{3}$必须是3的倍数
2、要使$q_{1}+q_{2}+q_{3}$的和满足除5余3，$q_{1}和q_{3}$必须是5的倍数
3、要使$q_{1}+q_{2}+q_{3}$的和满足除7余2，$q_{1}和q_{2}$必须是7的倍数
整理可得
1、$q_{1}$除以3余2，且是5和7的公倍数。
2、$q_{2}$除以5余3，且是3和7的公倍数。
3、$q_{3}$除以7余2，且是3和5的公倍数。
显然$q_{1}+q_{2}+q_{3}$是符合条件的一组解，可以用exgcd进行求解了
这里有一个小技巧，比如求$q_{1}$的时候可以求出除3余1的数然后再乘2,
也就是先求出5和7的公倍数模3下的逆元，再用逆元去乘余数。
看代码可能更好懂一点
1 long long CRT()
2 {
3 long long x,y,ans=0,lcm=1;
4 for(i=1; i<=n; ++i) lcm=lcm*m[i];//因为互质
5 for(i=1; i<=n; i++)
6 {
7 long long kl=lcm/m[i];
8 exgcd(kl,m[i],x,y);
9 x=(x%m[i]+m[i])%m[i];
10 ans=(ans+a[i]*x*kl)%lcm;
11 }
12 return ans;
13 }
exCRT
用来解决模数不两两互质的同余方程组
假设我们这里有两个方程
$x = a_1 * x_1 + b_1$
$x = a_2 * x_2 + b_2$
$a_1,a_2$是模数，$b_1,b_2$是余数，那么我们可以合并这两个方程：
因为正负号对变量$x_1 , x_2$无影响，所以稍加变形可得：$a_1 * x_1 + a_2 * x_2 = b_2 - b_1$
然后扩欧就可以求解出最小正整数解$x_1$，那么令$k=(a_1*x_1+b_1)$
因为$k=a_1*x_1+b_1=a_2*x_2+b_2$，显然 $k$ 和$a_1 , a_2$分别同余 ，那么$ k $ 和 $ lcm( a_1 , a_2 ) $一定同余
所以 $x \equiv k \; (mod \; lcm( a_1 , a_2 ) )$
不停的合并就可以得到最终答案了
1 long long exCRT()//M是模数，A是余数
2 {
3 long long M=m[1],A=a[1],d,x,y;
4 for (int i=2; i<=n; ++i)
5 {
6 exgcd(M,m[i],d,x,y);
7 if ((a[i]-A)%d) return -1;
8 x*=(a[i]-A)/d; t=m[i]/d; x=(x%t+t)%t;
9 A=M*x+A; M=M/d*m[i]; A%=M;
10 }
11 A=(A%M+M)%M;
12 return A;
13 }
四、Lucas
Lucas
证明不会，会用就行
Lucas用于解决当模数p为质数且比较小的时候，可以用$log$的复杂度解决求解$C(n,m)$
$Lucas(n,m) = Lucas(n/p,m/p)*C(n\%p,m\%p)$
其中$C(n\%p,m\%p)$可以通过预处理阶乘和阶乘的逆元$O(1)$进行求解
1 void Init(long long p)
2 {
3 fac[0]=1; inv[1]=1; facInv[0]=1;
4 for (int i=1; i<=p; ++i)
5 {
6 if (i!=1) inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
7 fac[i]=fac[i-1]*i%p; facInv[i]=facInv[i-1]*inv[i]%p;
8 }
9 }
10
11 long long C(long long n,long long m)
12 {
13 if (m>n) return 0;
14 return fac[n]*facInv[m]%MOD*facInv[n-m]%MOD;
15 }
16
17 long long Lucas(long long n,long long m)
18 {
19 if (m>n) return 0;
20 long long ans=1;
21 for (; m; n/=MOD,m/=MOD)
22 ans=(ans*C(n%MOD,m%MOD))%MOD;
23 return ans;
24 }
exLucas
可以解决$C(n,m)\%p$中模数不是质数的Lucas问题
首先我们将模数$p$分解，$p={p_1}^{k_1}*{p_2}^{k_2}*...*{p_q}^{k_q}$
很容易得出一组同余方程组
$\left\{ \begin{array}{c} ans\equiv c_1\pmod {{p_1}^{k_1}}\\ ans\equiv c_2\pmod {{p_2}^{k_2}}\\ ...\\ ans\equiv c_q\pmod {{p_q}^{k_q}}\\ \end{array} \right.$
很显然模数是两两互质的，只要求出每一个$c_i$那么我们就可以用中国剩余定理求解出$C(n,m)$了。
那么问题来了，怎么求解每一个$c_i$呢？
因为$C_n^m={n!\over m!(n-m)!}$,所以只要能求出 $n!~\% {p_i}^{k_i},~m!~\% {p_i}^{k_i},~(n-m)!~\% {p_i}^{k_i}$，我们就可以根据逆元求解每一个$c_i$了。
举个栗子
$n=22,p_i=3,k_i=2$
$22!=(1*2*3*4*5*6*7*8*9)*(10*11*12*13*14*15*16*17*18)*(19*20*21*22)$
剔除因子3之后
$22!=(1*2*4*5*7*8)*(10*11*13*14*16*17)*(19*20*22)*3^6*(1*2*3*4*5*6*7)$
发现按照如下分组后$3^6$前面部分的前$\frac{n}{{p_i}^{k_i}}$组在$mod~{p_i}^{k_i}$ 后结果相同，因此只需要算出来一组然后快速幂就好了。
对于冗余部分$(19*20*22)$暴力计算。
最后的$(1*2*3*4*5*6*7)$递归计算即可
3因子被剔除了就不考虑了
代码还写不来先坑着
未完待续目前懒得写了
来源：oschina
链接：https://my.oschina.net/u/4274876/blog/3926848