En Küçük Ortak Bölen Olmayan

Temel olarak, problem, bir dizi için $S$ pozitif sayılar, minimum bir sayıda bulmak $d$ herhangi bir elemanın bir bölen değildir $S$ , yani $\forall x \in S,\ d \nmid x$ .

Göstermek $n = |S|$ ve $C = \max(S)$ . $F(x) =$ bölmeyen en küçük asal sayı işlevini düşünün . görmek kolaydır . Ve bir dizi için , let hiçbir öğesini bölmez az asal . Üst sınırımız var $x$ $F(x) \leq \log x$ $S$ $F(S) =$ $S$

F (S) \leq F (lcm (S)) \leq F (C^{n}) \leq n \log C .

$F(S) \leq F(\operatorname{lcm}(S)) \leq F(C^n) \leq n \log C.$

Bu nedenle tüm numaraları sıralar basit bir kaba kuvvet algoritması, $1$ ile $n \log C$ o herhangi bir unsur bölmek değilse ve kontroller $S$ , polinomdur ve zaman karmaşıklığı sahiptir $O(n^2 \log C)$ .

Sorunu çözmenin diğer yolu, her elemanı için tüm faktörleri hesaplamak $S$ ve bunları kaba kuvvet algoritmasında kullanarak zamanında $x$ bir cevap olup olmadığını kontrol etmektir . Bu algoritma zaman karmaşıklığına ve belleği kullanır, çünkü büyük mağaza faktörleri . Küçük ve için daha iyi performans gösterir. $O(1)$ $O(n \cdot \min (\sqrt{C}, n \log C) + n \log C)$ $O(n \log C)$ $n \log C$ $n$ $C$

Ayrıntılı olarak, algoritma iki bölümden oluşur:

Bir dizi Construct $\hat{S}$ tüm elemanlarının tüm faktörler oluşan $S$ örneğin,
$\forall x \in S \forall f \leq n \cdot \log C, (f ∣ x \to f \in \hat{S})$ $\forall x \in S\ \forall f \le n \cdot \log C, \ (f \mid x \rightarrow f \in \hat{S})$ Bu, $O(n \cdot \min (\sqrt{C}, n \log C))$ zamanı ve $O(n \log C)$ belleğinde yapılabilir. ? (Burada, bu herhangi bir element için gelen yapar $S$ , biz tüm numaraları ile her iki test çarpanlara kullanarak faktör olabilir $\sqrt{C}$ ve tüm asal kadar $n \log C$ hangisi daha küçükse; böylece her bir eleman zamanında $S$ faktörlü olabilir .) $O(\min (\sqrt{C}, n \log C))$
Minimum sayı bulun . Bu adım, in zamanda yapılıp yapılamayacağını kontrol ediyorsanız zamanı gerektirir. $d \notin \hat{S}$ $O(|\hat{S}|) = O(n \log C)$ $x \in \hat{S}$ $O(1)$

İlgilendiğim iki sorum var:

Sorunu çözmek için daha hızlı bir algoritma var mı?
Verilen ve , en küçük ortak bölen olmayan bir setini nasıl oluşturabiliriz ? $n$ $C$ $S$

algorithms number-theory

— SkyterX
kaynak

1. "Precompute" ile kaba kuvvet algoritmasına başlamadan önce kastediyorum. 2. Faktoringin karmaşıklığı gerçekten de üsteldir, bkz. tanımı .

C

$C$

— SkyterX

@DW 2'de, faktoring karmaşıklığı sayıyı temsil eden bit dizisinin uzunluğu üzerinde üsteldir, ancak SkyterX bunun , yani boyutunun kare köküyle orantılı olduğunu doğru bir şekilde söylüyor . numara.

O (\sqrt{C})

$O(\sqrt{C})$

— Lieuwe Vinkhuijzen

@LieuweVinkhuijzen, Bana doğru görünmüyor. GNFS kullanarak faktoring karmaşıklığı gibi bir şey olacaktır. . Bkz. En.wikipedia.org/wiki/… .

O (\exp {1.9 (\log C)^{1 / 3} (\log \log C)^{2 / 3}})

$O(\exp\{1.9 (\log C)^{1/3} (\log \log C)^{2/3}\})$

O (\sqrt{C})

$O(\sqrt{C})$

— DW

İkinci yöntemin "küçük ve " daha iyi performans gösterdiği ifadesi pek doğru değil. Yalnızca olduğunda daha iyi performans gösterir . Bu nedenle, daha iyi performans göstermesi için ikinci yöntemin büyük olması gerekir (küçük değil).

n

$n$

C

$C$

n ≫ \sqrt{C} / \log (C)

$n \gg \sqrt{C}/\log(C)$

n

$n$

— DW

@DW Haklısın, GNFS'nin karmaşıklığının farkında değildim.

— Lieuwe Vinkhuijzen

Yanıtlar:

Tamsayı çarpanlarına ayırma için daha iyi algoritmalar kullanarak ikinci algoritmanızda iyileştirme yapmak mümkündür.

Burada tamsayı çarpanlarına ayırma için iki algoritma vardır:

GNFS , çalışma süresiyle bir tamsayıyı . $\le C$ $O(L_C[0.33,1.92])$
ECM , çalışma süresi bir faktör (varsa ; tüm faktörleri bulmak sürelerini alır (ECM'nin çalışma süresine kıyasla nispeten küçüktür). $\le n \log C$ $O(L_{n \log C}[0.5,1.41])$ $O(\log C / \log(n \log C))$

Burada . $L_n[\alpha,c] = \exp\{c (\log n)^\alpha (\log \log n)^{1-\alpha}\}$

Bu, çalışma süresi için oldukça korkunç görünümlü bir ifade, ancak önemli olan, bunun bahsettiğiniz yöntemlerden daha hızlı olmasıdır. Özellikle, asimptotik olarak den çok daha küçüktür , yani GNFS, olası tüm faktörleri denemekten çok daha hızlıdır . Ayrıca daha asimptotik çok daha küçük yani, ECM çok daha hızlı olası tüm faktörlerin çalışırken daha . $L_C[0.33,1.92]$ $\sqrt{C}$ $\le \sqrt{C}$ $L_{n \log C}[0.5,1.41]$ $n \log C$ $\le n \log C$

Bu nedenle, bu yöntemin toplam çalışma süresi kabaca ve bu asimptotik olarak daha iyidir ilk yöntem ve asemptotik olarak ikinci yöntemden daha iyi. Daha iyisini yapmanın mümkün olup olmadığını bilmiyorum. $\tilde{O}(n \min(L_C[0.33,1.92], L_{n \log C}[0.5,1.41]))$

— DW
kaynak

Sanırım, bu sorun için herhangi bir hızlı algoritma, giriş kümesinin bir tür çarpanlarına ayırma işlemini içermelidir . Bu çarpanlara ayırma algoritmalarını kontrol edeceğim, ancak hala düzgün bir şekilde test etme sorunu var, ki bu da setini maksimum cevapla inşa etmekten bahsettiğim ikinci bir sorunu arttırıyor.

S

$S$

S

$S$

— SkyterX

ECM verdiğiniz sürede bir faktör bulur . Bir sayının tüm faktörleri log n log C ise, C / log (n log C) sürelerine kadar algoritmayı tekrarlamanız gerekir.

— gnasher729

En az ortak bölen olmayan N log C kadar büyük olabilir, ancak N sayıları rastgele dağıtılırsa, en az bölen olmayan bölen muhtemelen çok daha küçüktür, muhtemelen N'den çok daha azdır. asal sayılar hangi bölenlerdir.

Her asal sayı p için, bir endekse olan tüm sayıların p ile bölünebilirlik açısından incelendiği anlamına gelen bir indeksine sahibiz ve tarafından bölünebilen tüm sayıların bir listesine sahibiz. $k_p$

Sonra d = 2, 3, 4, ... için d ile bölünebilir bir sayı bulmaya çalışırız veya hiç yok. D'nin en büyük asal çarpanını p alıyoruz. Sonra, p ile bölünebilen tüm sayıları d ile bölünüp bölünmediğini kontrol ederiz. Hiçbiri bulunamazsa, p ile bölünebilirlik, ve p ile bölünebilen sayıların listesi ve her sayının d ile bölünebilir olup olmadığını kontrol eden indeksler> olan diğer sayıları kontrol ederiz . $k_p$ $k_p$

P ile bölünebilir bir sayı olup olmadığını kontrol etmek için ortalama p sayılarını kontrol ederiz. Daha sonra 2p ile bölünebilir bir sayı olup olmadığını kontrol edersek, sadece bir sayıyı (p ile bölünebilir olan) kontrol etme ihtiyacımız% 50 ve ortalama 2p daha fazla sayıyı kontrol etme şansımız% 50'dir. 3p ile bölünebilir bir sayı bulmak oldukça hızlıdır ve bu şekilde devam eder ve asla p ile bölünebilirlik için N'den fazla sayı kontrol etmeyiz, çünkü sadece N sayıları vardır.

Bu bölünebilirlik kontrolleri ile çalışır umuyoruz . $N^2 / log N$

PS. Rasgele sayılar için sonuç ne kadar büyük olurdu?

N rasgele sayım olduğunu varsayalım. N numaralarından birinin d ile bölünebilme olasılığı 1 - (1 - 1 / d) ^ N'dir. 1 ≤ d ≤ k sayılarının her birinin rastgele sayılardan birinin bir faktörü olması olasılığını varsayıyorum (bu olasılıkların oldukça bağımsız olmadığı için tamam, bu biraz tehlikeli değil).

Bu varsayımla, N = 1000 ile, 1..244 rakamlarından birinin herhangi bir rakamı bölmeme şansı% 50 ve 507'ye kadar olan her rakamın rakamlardan birini bölme milyarda bir şans vardır. N = 10.000 ile 1..1726 rakamlarından birinin herhangi bir rakamı bölmemesi ve 2979'a kadar olan her sayının rakamlardan birini bölmesi milyarda bir şans% 50'dir.

N rasgele girişler için, sonucun boyutunun N / ln N'den biraz daha büyük olmasını öneriyorum; belki N / ln N * (ln ln N) ^ 2 gibi bir şey olabilir. İşte nedeni:

N rasgele sayıdan en az birinin rasgele d ile bölünebilme olasılığı . D N civarındaysa, o zaman yaklaşık 1 - exp (-1) ≈ 0.6321'dir. Bu tek bir bölen için; d-N sayısının her birinin N sayısından en az birinin bölücü olması ihtimali oldukça incedir, bu nedenle maksimum d N'den önemli ölçüde küçük olacaktır. $1 - (1 - 1/d)^N$ $1 - (1 - 1/d)^N$

D << N ise, . $1 - (1 - 1/d)^N ≈ 1 - exp (-N / d)$

D ≈ N / N ln sonra ise . $1 - exp (-N / d) ≈ 1 - exp (- ln N) = 1 - 1/N$

Bu olasılıkları yaklaşık N / ln N değerleri d için ekleriz, ancak çoğu d için sonuç önemli ölçüde daha büyük olacaktır, bu nedenle en büyük d, bir şekilde N / ln N'den daha büyük, ancak N'den önemli ölçüde daha küçük olacaktır.

PS. D ile bölünebilir bir sayı bulma:

D'nin en büyük asal faktörünü seçiyoruz ve sonra önce p ile bölünebilir olduğu bilinen sayıları inceliyoruz. D = kp deyin. Daha sonra ortalama olarak sadece bu belirli d'yi kontrol ederken p ile bölünebilen k sayılarını kontrol ederiz ve en fazla tüm N değerlerini p ile bölünebilirlik açısından, p ile bölünebilen tüm d için kontrol ederiz. Aslında, çoğu prim p için N değerinden daha azını kontrol ediyoruz, çünkü tüm N değerlerini kontrol ettikten sonra algoritma büyük olasılıkla sona erer. Sonuç R ise, o zaman N değerinin daha azının her bir asal değerin R'den daha az bölünmesini beklerim. R ≤ N varsayıldığında, bu N ^ 2 / log N kontrolleri ile ilgilidir.

PS. Bazı testleri çalıştırma

Bu algoritmayı birkaç kez N = 1.000.000 rasgele sayılar> 0 ile çalıştırdım. En az ortak bölen olmayan 68.000 ile 128.000 arasındaydı ve büyük çoğunluğu 100.000 ile 120.000 arasındaydı. Bölüm sayısı 520 milyon ile 1800 milyon arasındaydı ve bu da (N / ln N) ^ 2'den çok daha azdı; davaların çoğunluğu 1000 ile 1500 milyon arasında bölünmüştü.

— gnasher729
kaynak