简单数学（关于素数判断和因数分解）

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int P=1e9+7,M=1e6+5;ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){    if(!b){x=1;y=0;return a;}    ll t=x-(a/b)*y;    return exgcd(b,a%b,y,t);}inline ll gcd(ll x,ll y){    while(y)y^= x^= y ^=x %=y;    return x;}//快速幂inline int fast(int b,int n){    ll a=b,ans=1;    while(n){        if(n&1)ans=(ans*a)%P;        a=1ll*a*a%P;        n>>=1;    }}//快速乘 inline int Pre(ll x,ll n,ll mod){    int res=0;    x%=p;    while(n){        if(n&1)res=x+res%mod;        x=(x+x)%p;        n>>=1;    }return res;}//我们要保证每个数只被它最小的质因子标记一次。int check[M],prime[M],num,ans[M];inline void init(int n){    memset(check,0,sizeof(check));    for(int i=2;i<=n;i++){        if(!check[i])prime[++num]=i;        for(int j=1;j<=num;j++){            if(prime[j]*i>n)break;            //记录最小质因子            check[i*prime[j]]=prime[j];            if(i%prime[j]==0)break;        }    }}//1e9因数分解void solve_1e9_div(int n){    while(check[n]){        ans[++num]=check[n];        n/=check[n];    }ans[++num]=n; }//对于1e18的质数判定//利用费马小定理//对于互质的整数x和质数p，//x^p-1=1(mod p)//但是它有一定的局限性 如341//首先判掉2和偶数。//我们可以考虑这个式子x^2≡1 (mod n)//x^2-1 ≡0 (mod n)//(x-1) (x+1) = kn//由于0≤x <n如果n是一个质数，显然只能(x-1)|n或者(x+1)|n，也就是x=1,n-1。//所以如果有一个x不是这两个数的解，则n一定不是质数。//对于10^18以内的数，x取前9个质数就可以准确无误的判断了。bool is_inv(int x,int p){    ll a=x,u=p-1,res=1;    while(u){        ll nw=res;        ll nx=nw*nw%p;        if(nx==1&&nw!=1&&nw!=p-1)return 0;        //x^2-1 ≡0 (mod n)        //(x-1) (x+1) = kn        //x=1,n-1;         if(u&1)res=res*a%p;        a=a*a%p;        u>>=1;    }    return res==1;//x^(p-1)%p==1}bool miller_rabin(ll n){    if(n==2)return 1;     if(n<2||n%2==0)return 0;     //非常大的优化    for(int i=1;prime[i]<n&&i<=20;i++){        if(!is_inv(prime[i],n))return 0;    }return 1;}//所以如果我们在(mod m)的意义下，随机生成一个序列。//当序列长度为√m的时候，就有两个数相同。(生日悖论)//如果我们要分解n，对于n的最小质因子，假设为p，那么在√p步之内，很可能找到两个数在(mod p)下同余。//如果我们找到了两个数x_1和x_2，他们在模p下同余，却在模n下不同余，那么我们求 gcd(n,x_1-x_2)，就找到一个质因子。map<ll,int>res;map<ll,int>::iterator it;ll pollard_rho(ll n,ll c){    ll x,y,d,i=1,k=2;    x=rand()%n+1;    y=x;    while(1){        i++;        x=(Pre(x,x,n)+c)%n;        //x[i+1]=x[i]*x[i]+c;来充当随机数组        d=gcd(y-x,n);        if(1<d&&d<n)return d;//找到了        if(y==x)return n;//没有用        if(i==k)y=x,k<<=1;//找到第2^k项为 y    }}void div_(ll n,ll c){    if(n==1)return;    if(miller_rabin(n)){        res[n]++;        return;    }    ll p=n;    while(p==n)p=pollard_rho(p,c--);    div_(p,c);    div_(n/p,c);}void solve_1e18_div(ll n){    init(1e6);    srand((int)time(0));    res.clear();     div_(n,(int)rand()+1e9);     if(res.empty())printf("%lld\n",n);     for(it= res.begin(); it!= res.end();){         printf( "%lld^%d",it->first,it->second);         if((++it) != res.end())printf( " * " );     } }