Question

我一直在做一些Project Euler问题来学习/练习Lua，而我最初的快速和肮脏的方法找到n的最大素数因素非常糟糕，所以我查了一些代码，以了解其他人如何做到这一点（试图了解不同的保理方法）。

我遇到了以下内容（最初是在Python中 - 这是我的Lua）：

function Main()
    local n = 102
    local i = 2
    while i^2 < n do
        while n%i==0 do n = n / i end
        i = i+1
    end
    print(n)
end

这在非常的短时间内 - 几乎立即就会产生巨大的数字。关于算法我注意到的事情我不会理解：

n = n / i

这似乎是所有体面的算法。我已经用较少的数字在纸上进行了研究，我可以看到它使数字收敛，但我不明白为什么这个操作会收敛于最大的素数因子。

任何人都可以解释一下吗？

Answer 1

在这种情况下，i是候选的主要因素。考虑一下，n由以下素数组成：

n = p1^n1 * p2^n2 * p3^n3

当i到达p1时，语句n = n / i = n / p1会删除一次p1：

n / p1 = p1^(n-1) * p2^n2 * p3^n3

只要while中有p1 s，内部n就会重复。因此，在迭代完成后（执行i = i + 1时），所有出现的p1都已被删除，并且：

n' =  p2^n2 * p3^n3

让我们跳过一些迭代，直到i到达p3。剩下的n则为：

n'' = p3^n3

在这里，我们发现代码中的第一个错误。如果n3为2，则外部条件不成立，我们将继续p3^2。它应该是while i^2 <= n。

与以前一样，内部while删除p3的所有出现，留下n'''=1。这是第二个错误。它应该是while n%i==0 and n>i（不确定LUA语法），它保持最后一次出现。

因此，上述代码适用于所有数字n，其中最大的素数因子仅通过成功删除所有其他因子而发生一次。对于所有其他数字，所提到的更正也应该有效。

Answer 2

这消除了n之外的所有已知较小素因子，使n变小，并且可以提前达到sqrt(n)。这样可以提高性能，因为您不再需要将数字运行到原始N的平方根，例如n是一百万，它包含2和5，以及天真的查询针对所有已知素数需要检查高达1000的所有素数，而将其除以2得到15625，然后除以5得到1（顺便说一句，你的算法将返回1！要修复，如果你的循环以n = 1退出，则返回i。）通过两个步骤有效地分解大数。但是只有＆＃34;普通＆＃34;数字，具有单个高主要分母和一堆较小的分母，但将n=p*q和p的数字q分解为素数并且很接近即可从这种提升中受益。

n=n/i行是有效的，因为如果你正在寻找另一个素数而不是i你当前被认为是一个除数，那么结果也可以被素数整除，也可以按素数的定义整除。请在此处阅读：https://en.wikipedia.org/wiki/Fundamental_theorem_of_arithmetic。此外，这仅适用于您的情况，因为您的i从2向上运行，因此您首先按素数除以它们的复合。否则，如果你的号码有3个最大素数，也可以被2整除，你首先检查6，你就破坏了只用素数除以的原则（如果你是第一个，那就是72）除以6，你最终得到2，而答案是3）意外地除以最大素数的复合。

Answer 3

该算法（校正后）采用O（max（p2，sqrt（p1）））步骤来找到n的素因子分解，其中p1是最大素因子，p2是第二大素因子。在重复的最大素因子的情况下，p1 = p2。

Knuth和Trabb Pardo研究了这个函数的行为"Analysis of a Simple Factorization Algorithm"理论计算机科学3（1976）321-348。他们反对通常的分析，例如计算将整数分解为n时所采取的平均步数。虽然少数具有较大素因子的数字会提高平均值，但在加密环境中，可能更相关的是某些百分位数非常低。例如，44.7％的数字满足max(sqrt(p1),p2)<n^(1/3)，1.2％的数字满足max(sqrt(p1),p2)<n^(1/5)。

一个简单的改进是在找到新的素因子后测试剩余的素数。测试数字是否为素数非常快。通过避免p2和sqrt（p1）之间的试验划分，这减少了到O（p2）的时间。第二大素数的中值大小约为n ^ 0.21。这意味着使用试验部门的这种改进可以快速（在几个处理器 - 秒内）对许多45位数字进行分解是可行的。相比之下，根据一个模型，对两个素数乘积的Pollard-rho因子分解平均需要O（sqrt（p2））步。

是什么让这个素数分解如此有效？

3 个答案: