9.4.3 素性测试
本节将考察确定一个大数是否是素数的问题。将给出一个可以测试素性的多项式时间算法。如果这个算法宣称一个数不是素数，可以肯定这个数不是素数。如果该算法宣称一个数是素数，那么，这个数将很可能（以高的概率）但不是100%是素数。错误的概率不依赖于被测试的特定的数，而是依赖于由算法做出的随机选择。因此，这个算法偶尔会出错，不过我们将会看到，可以让出错的几率任意小。
算法的关键是著名的费马（Fermat）定理。
定理9.10（费马小定理） 如果P是素数，且0<A<P，那么A^(P-1)≡1(mod P)。
假如A是整数，P是质数，且A,P互质(即两者只有一个公约数1)，那么A的(P-1)次方除以P的余数恒等于1。这个算法偶尔会出错，但问题是它总出一些相同的错误。换句话说，存在N的一个固定的集合，对于这个集合该方法行不通。可以尝试将该算法按下面的方式随机化：随机取1<A<N-1。如果A^(N-1)≡1(mod N)，声明N可能是素数，否则声明N肯定不是素数。
虽然这看起来没有问题，但是却存在一些数，对于A的大部分选择它们甚至可以骗过该算法。一种这样的数集称为Carmichael数（Carmichael number），这些数不是素数但对所有与N互素的0<A<N却满足A^(N-1)≡1(mod N)。最小这样的数是561。
定理9.11 如果P是素数且0<X<P，那么X^2≡1 (mod P)仅有的解为X=1，P-1。
这种策略在下面以伪代码的形式给出。
/** * Function that implements the basic primality test. * if witness does not return 1. n is definitely composite. * Do this by computing a^i (mod n) and Looking for * non-trivial square roots of 1 along the way. */ HugeInt witness( const HugeInt & a, const HugeInt & i, const HugeInt & n ) { if( i == 0 ) return 1; HugeInt x = witness( a, i / 2, n ); if( x == 0 ) // If n is recursively composite, stop return 0; // n is not prime if we find a non-trivial square root of 1 HugeInt y = ( x * x ) % n; if( y == 1 && x != 1 && x != n - 1 ) return 0; if( i % 2 != 0 ) y = ( a * y ) % n; return y; } /** * The number of witnesses queried in randomized primality test. */ const int TRIALS = 5; /** * Randomized primality test. * Adjust TRIALS to increase confidence level. * n is the number to test. * If return value is false, n is definitely not prime. * If return value is true, n is probably prime. */ bool isPrime( const HugeInt & n ) { Random r; for( int counter = 0; counter < TRIALS; couter++ ) if( witness( r.randomInt( 2, ( int ) n - 2 ), n - 1, n ) != 1 ) return false; return true; } 素性测试的随机算法非常重要，因为它们明显比最佳非随机算法快。而且，非随机算法偶尔会产生错误的判断，但这种机会非常小，是可忽略的。
9.5 回溯算法
我们将要考察的最后一个算法设计技巧是回溯（backtracking）。许多情况情况下，回溯算法相当于穷举搜索的巧妙实现，但性能一般不理想。不过，情况并非总是如此，即使是如此，在某些情形下它相对于蛮力穷举搜索，工作量也有显著的节省。当然，性能是相对的：对于排序而言，Ο(N^2)的算法是相当差的，但对旅行商（或任何NP完全）问题，Ο(N^5)算法则是里程碑式的结果。
回溯算法的一个具体例子是在一套新房子内摆放家具的问题。存在许多尝试的可能性，但一般只有一些具体要考虑的。开始什么也不摆放，然后是每件家具被摆放在室内的某个位置。如果所有的家具都已摆好而且户主都很满意，那么算法终止。如果摆到某一步，该步之后的所有家具摆放方法都不理想，那么必须撤销这一步并尝试另外的摆放方法。当然，这也可能导致另外的撤销，等待。如果我们发现撤销了所有可能的第一步摆放位置，那么就不存在满意的家具摆放方法。否则，最终将终止在满意的摆放位置上。注意，虽然这个算法基本上是蛮力的，但它并不直接尝试所有的可能，因为令人讨厌的摆放的子集是已知的。在一步内删除一大组可能性的做法叫做剪裁（pruning）。
9.5.1 公路收费点重建问题
设给定N个点p1，p2，…，pN，它们位于x轴上。xi是pi点的x坐标。进一步假设x1=0，并且这些点从左到右给出。这N个点确定在每一对点间的N(N-1)/2个（不必是唯一的）形如|xi-xj|(i≠j)的距离d1，d2，…，dN。显然，如果给定点集，那么容易以Ο(N^2)时间构造距离的集合。这个集合不是排好序的，但是如果愿意花Ο（(N^2)logN）时间整理，那么这些距离也可以被排序。公路收费点重建问题（turnpike reconstruction problem）是从这些距离重建一个点集，它在物理学和分子生物都有应用。令D是距离的集合，并设|D|=M=N(N-1)/2。作为例子，设
D={1,2,2,2,3,3,3,4,5,5,5,6,7,8,10}
由于|D|=15，因此以置x1=0开始。显然，x6=10，因为10是D中最大元素。将10从D中删除，我们放置的点和剩下的距离如下图所示。
剩下的距离中最大的是8，这就是说，或者x2=2，或者x5=8。由对称性可以判断这种选择是不重要的，因为或者两个选择都产生解（它们互为镜像），或者都不产生最终的解，所以可置x5=8而不至于影响问题的解。然后从D中删除距离x6-x5=2和x5-x1=8，得到
下一步是不明显的。由于7是D中最大的数，因此或者x4=7，或者x2=3。如果x4=7，那么距离x6-7=3和x5-7=1也必须出现在D中，它们也的确存在D中。另一方面，如果置x2=3，那么3-x1=3和x5-3=5就必须在D中，这些距离也在D中。因此我们选哪种都是对的。这样，尝试其中的一种看它是否产生问题的解。如果不相，那么退回来再尝试另外的选择，尝试第一个选择，x4=7，得到
此时，我们得到x1=0，x4=7，x5=8和x6=10。现在最大的距离是6，因此或者x3=6，或者x2=4。但是，如果x3=6，那么x4-x3=1，这是不可能的，因为1不再属于D。另一方面，如果x2=4，那么x2-x0=4和x5-x2=4，这也是不可能的，因为4只在D中出现一次。因此，这个推导思路得到不解，我们需要回溯。
由于x4=7不可能产生解，因此尝试x2=3。如果这也不行，那么停止计算并报告无解。现在，我们有
我们必须再一次在x4=6和x3=4之间选择。x3=4是不可能的，因为D中只出现一个4，而该选择意味着要有两个。x4=6是可能的，于是得到
唯一剩下的选择是x3=5，这是可以的，因为它使得D称为空集，因此我们得到问题的一个解。
图9-46是一棵决策树，代表为得到解而采取的行动。这里，没有对分支进行标记，而是把标记放在子分支的目的节点上。带有一个星号的节点表示所选的点与给定的距离不一致：带有两个星号的节点只有不可能的节点作为儿子，因此表示一条不正确的路径。
下面是该算法的伪代码：
bool turnpike( vector & x, DistSet d, int n ){ x[ 1 ] = 0; d.deleteMax( x[ n ] ); d.deleteMax( x[ n - 1 ] ); if( x[ n ] - x[ n - 1 ] ∈ d ) { d.remove( x[ n ] - x[ n - 1 ] ); return place( x, d, n, 2, n - 2 ); } else return false;} 下面是回溯算法。与大多数回溯算法一样，最方便的实现方法是递归。我们传递同样的参数以及界Left和Right：xLeft，…，xRight是试图放置的点的x坐标。如果D是空集（或Left>Right），那么解已经找到，可以返回。否则，首先使xRight=dmax。如果所有适当的距离都（以正确的值）出现，那么尝试性地放下这一点，删除相应的距离，并尝试从Left到Right-1填入。如果这些距离不出现，或者尝试从Left到Right-1填入失败，那么尝试置xRight=xN-dmax，使用类似的方法。如果这样不行，则问题无解：否则，已经找到了一个解，而这个信息最终通过return语句和x数组传递桶turnpike。