将一个大数\(N\)分解质因子。

试除法,暴力枚举\(1~\sqrt{N}\)的数。时间复杂度:\(O(\sqrt{N})\)。

通常,这个复杂度够了,但有时,\(N\leq10^{18}\)。

这就需要Pollard-Rho了。

首先,考虑一种简单情况。设\(N=p*q(p<q)\)。

有一种糟糕的做法:随机法。随机一个\(1~\sqrt{N}\)的数x,判断能否整除。期望需要\(\sqrt{N}\)次。

我们发现,随机的数x并不一定要等于p,只要是p的倍数即可,即\(gcd(N,x)=p\)。

然而,这样每次的概率仍只有\(\frac{1}{\sqrt{N}}\)。

我们来考虑这样一种情况:在[1,1000]里面取一个数,取到我们想要的数(比如说,42),成功的概率是多少呢?显然是1/1000。

一个不行就取两个吧:随便在[1,1000]里面取两个数我们想办法提高准确率,就取两个数的差值绝对值。

也就是说,在[1,1000]里面任意选取两个数\(i,j\),问\(∣i−j∣=42\)的概率是多大?答案会扩大到1/500。

我们可以取\(\sqrt{p}\),即\(N^{0.25}\)个数,两两做差并与N求gcd。

但我们需要两两做差,复杂度会回去。

若\(gcd(|a-b|,N)=p\),则\(a=b (mod p)\)。(a不等于b)

然后,我们可以随机生成一个序列,看看里面是否有模p意义下相等的两个数。

但是,我们不知道p,我们只能通过求\(gcd(|a-b|,N)\)的方法来判断\(a=b (mod p)\)是否成立。就是说,我们只能判断\(a=b (mod p)\)是否成立,不能知道\(a\%p\)的值。

这个序列,我们显然可以\(rand\),但有一种更好的方法:

设序列\(A_i=f(A_{i-1})\),其中\(f(x)=x^2+y\)(y为定值)。那么,若\(a=b (mod p),f(a) mod p\)一定等于\(f(b) mod p\)。但rand就没有这个性质。

换句话说,就是mod p后的数列出现了循环(原数列没有循环)。

这样,只要找到mod p后的数列的循环即可。(若用rand(),就需要等到原数列循环,复杂度就会退化为\(\sqrt{N}\))

找循环可以用Floyd判圈,而这个算法正好是对两个进行比较的。

但是,可能原数列循环后,都没有找到解。

所以,在判圈的时候,如果原数列循环,则退出,换一个新的y计算。

根据“生日悖论”,只要选\(\sqrt{p}\)个小于p的数,就有相等的。

由于模数是\(10^{18}\)级别的,要用快速乘。

时间复杂度:\(O(N^{0.25}*logN)\)。

代码:

int sed[4]={13131,4649,65537,28627},se;
ll n;
ll gcd(ll a,ll b)
{
while(b!=0)
{
ll t=a%b;
a=b;
b=t;
}
return a;
}
ll f(ll x)
{
return (ksc(x,x,n)+se)%n;
}
ll ksc(ll a,ll b,ll md)
{
ll jg=0;
while(b>0)
{
if(b&1)
jg=(jg+a)%md;
a=(a+a)%md;
b=(b>>1);
}
return jg;
}
ll rho()
{
while(1)
{
se=sed[rand()%4];
ll z1=1,z2=f(z1);
while(z1!=z2)
{
ll t=z1-z2;
if(t<0)
t=-t;
ll g=gcd(t,n);
if(g!=1&&g!=n)
return g;
z1=f(z1);
z2=f(f(z2));
}
}
}

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