问题描述:
给你一个1~2^31之间的数,包括1和2^31,是素数输出YES,否则NO
解题过程：
（1）一般的判断素数的算法，比如判断N是能被从2到sqrt(N)范围内的整数整除，如果是，则N是合
数，否则N是素数，显然这肯定会超时。如果用找质数算法(Sieve of Eratosthenes筛法),那
么空间开销太大，这两种算法都不能达到要求.
（2）这里我们用费马小定理+二次探测定理,但是判断小数用的是Sieve of Eratosthenes筛选法
（3）最大数是2^31次，所以首先至少用unsigned int类型
定理描述：
1）Sieve of Eratosthenes筛法
由于一个合数总是可以分解成若干个质数的乘积，那么如果把质数（最初只知道2是质数）的倍数都
去掉，那么剩下的就是质数了。例如要查找100以内的质数，首先2是质数，把2的倍数去掉；此时3
没有被去掉，可认为是质数，所以把3的倍数去掉；再到5，再到7，7之后呢，因为8，9，10刚才都
被去掉了，而100以内的任意合数肯定都有一个因子小于10（100的开方），所以，去掉，2，3，5，
7的倍数后剩下的都是质数了。
2）费马小定理+二次探测
费马小定理: 如果P是一个素数，且0<a<p,则a^(p-1)≡1(mod p)。
例如，67是一个素数，则2^66mod 67=1。 利用费马小定理，对于给定的整数n，可以设计一个素数判定算法。
通过计算d=2^(n-1)mod n来判定整数n的素性。当d不等于1时，n肯定不是素数；当d等于1时, n则很可能是素数。
但也存在合数n使得2^(n-1)≡1(mod n)。例如，满足此条件的最小合数是n=341。为了提高测试的准确性，我们
可以随机地选取整数1<a<n-1,然后用条件a^(n-1)≡1(mod n)来判定整数n的素性。例如对于n=341,取a=3时，有
3^340≡56(mod 341)。故可判定n不是素数。
费马小定理毕竟只是素数判定的一个必要条件。满足费马小定理条件的整数n未必全是素数。有些合数也满
足费马小定理的条件。这些和数被称做Carmichael数，前3个Carmichael数是561,1105,1729。Carmichael数是非常少
的。在1~100000000范围内的整数中，只有255个Carmichael数。利用下面的二次探测定理可以对上面的素数判定
算法作进一步改进，以避免将Carmichael数当作素数。
二次探测定理 如果p是一个素数，且0<x<p,则方程x^2≡1(mod p)的解为x=1,p-1。
（3）模取幂
关于快速求(a^p) mod n
令p=CnCn-1...C1C0,其中Cj(0=<j<=n)等于0或1，则a^p=a^[C0*(2^0)] * a^[C1*(2^1)]*...*a^[Cn*(2^n)],
另外如果a%b = k , 则a = nb+k,则a^2%b = (nb+k)%b = k^2%b = (a%b)*(a%b)%b ,由递归可求出a^4%b ,
a^8%b,......。又因为若a = b*c,那么a%n = [(b%n)*(c%n)]%n。这样，（a^p）% n等于上面等式右边各项%n
程序实现：
#include <stdio.h>
#include <math.h>
#include <stdlib.h>
//求(a^b) mod n
long long judge(long long a, long long b, long long n){
long long d=1 , t=a;
while (b>0) {
if (t==1) return d ;
if (b%2==1) d=d*t%n;
b/=2;
t=t*t%n;
}
return d;
}
bool nprime[10001] = {1,1};
void psieve(int n){
int t = (int)sqrt(n), tmp ;
for ( int i = 2; i <= t; i++ ){
if ( !nprime[i] )
for( int j=i; (tmp=j*i) <=n; j++ ) nprime[tmp] = true ;
}
}
int main(){
unsigned int n ;
psieve(10000) ;
srand(100) ;
while( scanf("%u", &n) != EOF ){
if ( n <= 10000 ) printf("%s\n", nprime[n] ? "NO" : "YES") ;
else if ( n%2 == 0 || n%3 == 0 ) puts("NO") ;
else {
int i, a ;
for (i=1; i<=5; i++){
a = 2 + rand()%(n-2) ;
if ( judge(a, n-1, n) != 1 ) break ;
}
if( i == 6 ) puts("YES") ;
else puts("NO") ;
}
}
return 0;
}
疑点：
（1）其实本题并没有用二次探测，但还是AC了，可能数据里没有Carmichael数
（2）关于如何实现二次探测，如果随机抽取几个1到p-1之间的数x来测试x^2％p＝＝1，那么还是一个概
率问题，如果对于sqrt(p)到p-1都做一次测试，那显然那太费时间了，关于这个还没有好的想法
（3）在程序中如果只用费马小定理判断那三个Carmichael数，即561，1105，1729，那么输出都是NO，
说明这三个数都不满足费马小定理的条件，因为同做这题的人很多人遇到了这个问题，要不小定理有
问题，要不我的模取幂代码写得有问题
