マーリンはアーサーにある金額について納得させることができますか？

無限の計算リソースを持っているマーリンは、アーサーに用のととこの合計を簡単な方法（モジュラーべき乗と加算）で計算するには、時間

m | \sum_{p \leq N, p prime} p^{k}

$m|\sum_{p\le N,\ p\text{ prime}}p^k$

(N, m, k)

$(N,m,k)$

k = O (\log N)

$k=O(\log N)$

m = O (N) .

$m=O(N).$

FFTベースの乗算を使用。*ただし、アーサーは

操作しか実行できません。

N (\log \log N)^{2 + o (1)}

$N(\log\log N)^{2+o(1)}$

O (N)

$O(N)$

（表記は、この問題の以前のバージョンとの互換性のために：和に等しいう、次に問題があるかどうかを整数です。） $m\alpha$ $\alpha$

マーリンは長さストリングでアーサーを説得できますか？そうでない場合、彼はアーサーをインタラクティブな証明で納得させることができます（もちろん、完全なコミュニケーションはでなければなりません）。その場合、Merlinは長さ文字列を使用できますか？アーサーは時間を使用できますか？ $O(N)$ $O(N)$ $o(N)$ $o(N)$

アーサーは非決定論や他の特別なツール（量子メソッド、マーリン以外の神託など）にアクセスできませんが、必要に応じてスペースがあります。もちろん、アーサーは合計を直接計算する必要はなく、与えられたトリプル（N、m、k）が方程式を真または偽にすることを確信する必要があるだけです。 $O(N)$

そのノートが時間に和を計算することが可能である使用Lagarias-Odlyzkoの方法。以下のため合計が超線形であるので、（なし、例えば、モジュラー化）を直接保存することはできませんが、それは速いアルゴリズムが存在するかどうかは明らかではありません。 $k=0$ $O(N^{1/2+\varepsilon})$ $k>0$

また、直接の電力供給と加算による以外の合計（モジュラーまたはその他）を計算するアルゴリズムにも興味があります。

* 計算する数値、時間各計算。 $N/\log N$ $\lg k\log N(\log\log N)^{1+o(1)}=\log N(\log\log N)^{2+o(1)}$

— チャールズ
ソース

Math.SEに関する関連記事。

— Hsien-Chih Chang張顯之

はい、関連します。主な違いは、math.SEの質問では、Merlinの計算リソースがゼロであると仮定しており、この質問では、無限のリソースがあると仮定していることです。

— チャールズ

素数テストに必要な時間はどうですか？

— ピーターショー

@チャールズ：見えない

素数を数えるための

スケーリング。あなたはそれを説明できますか？超線形スケーリングが必要だと思っていただろう。エラトステネスのふるいは、

アルゴリズムを提供します。

\sqrt{N}

$\sqrt{N}$

O (N^{2})

$O(N^2)$

— ジョーフィッツシモンズ

アルゴリズムはLagarias＆Odlyzkoによるものです。たとえば、dtc.umn.edu /〜odlyzko / doc / arch / analytic.pi.of.x.pdfのように記述されています（

はありません

が、

O (\sqrt{N})

$O(\sqrt N)$

）

\tilde{O} (\sqrt{N}) .

$\tilde{O}(\sqrt N).$

— チャールズ

回答:

これは問題に対する別のアプローチであり、他の回答とはほとんど関係ないと考えているため、以前の特別なケースとは別に投稿しています。探しているものとは異なる場合がありますが、単純であり、近づいています。

アーサーが常に正しい証拠を受け入れる証拠がありますが、確率で拒否します。しくみはこうだ：マーリンはアーサーのペアを送信しますごとの素数のため。アーサーは合計を検証し所要時間 $\frac{1}{(\log \log N)^{2+o(1)}}$ $(p_i,c_i = p_i^k\mbox{ mod }m)$ $p\leq N$ $O(N/\log(N)) \times O(\log(N)) = O(N)$ ）。アーサー素数の正しい数は、（計算によって供給されたことをチェックであるサブリニア）。最後に、のためにランダムペア、彼がいることを確認し素数で、その。これには、時間がかかり。取得 $\pi(N)$ $N$ $S N$ $p$ $p_i^k \equiv c_i \mbox{ mod }m$ $SN~O((\log \log N)^{2+o(1)})$ 、線形時間スケーリングを取得します。したがって、すべてのペアの端数が検証されます。これらのいずれかが失敗した場合、アーサーはもちろん拒否します。アーサーが誤った証明を受け入れるには、これらの2つのテストのいずれかに失敗するペアが少なくとも1つ存在する必要があります（またはペアの数が以前にチェックされた未満でなければなりません）。したがって、すべてのペアの端数がチェックされると、少なくとも確率で不正な証明のテストが失敗します。 $S = (\log \log N)^{-(2+o(1))}$ $S$ $\pi(N)$ $S$ $S$

大きいこれは確率で成功するランダムな推測よりもはるかに優れていることに注意してください。 $N$ 。 $\frac{1}{m} = \frac{1}{O(N)}$

— ジョー・フィッツシモンズ
ソース

2つの回答を投稿するのが適切でない場合は、お知らせください。それらを統合します。後者は私のところに来たばかりで、最初の答えとはまったく異なるテイクであるため、私はそれらを別々にした。

— ジョーフィッツシモンズ

元気です。特にCWの質問では、複数の回答が一般的です。

— スレシュヴェンカト

@Suresh：はい、知っていますが、これはCWではありません。担当者になりたくありません。

— ジョーフィッツシモンズ

とてもいい答えです。両方のリソースを最大限に活用します。Merlinの文字列は

、Arthurは

時間を使用します。Nitpick：素数を個別に検証するのには時間がかかりすぎますが、もちろんアーサーはそれらをすべて生成し、Merlinのリストと比較することができます（順序が必要です）。

Θ (N)

$\Theta(N)$

Θ (N)

$\Theta(N)$

— チャールズ

@JoeFitzsimons：大丈夫です:)。両方の回答が担当者に値する場合、二重のポイントを取得します:)

— Suresh Venkat

これは、Merlinをまったく使用しない問題に対する完全な答えです。

Deléglise-Dusartの-Roblot [1]は、最大の素数の数を判断するアルゴリズムを与えるに一致しているモジュロ時間にLagarias-Odlyzko [2]のアルゴリズムの変形は、同じ時間で計算されることを可能にする $x$ $l$ $k,$ $O(x^{2/3}/\log^2x).$ $O(x^{1/2+o(1)}).$

いずれかのアルゴリズムを使用して、積が超えるまで、すべての剰余クラスmod primesの素数を見つけます各素数のために各残基クラス時間の素数の合計数を取ると残基クラスパワー目。これは、の値が与え $m.$ $q,$ $k$

\sum_{\overset{p \leq N}{p prime}} p^{k} (\mod q) .

$\sum_{\stackrel{p\le N}{p\text{ prime}}}p^k\pmod q.$

和の値が国防省決定するために、中国の剰余定理を使用する $2\cdot3\cdots\log m.$

素数定理で必要とされる最大の素数であるこれは時間における和が得られるように、 $(1+o(1))\log m,$ $O(N^{1/2+o(1)}).$

参照資料

[1] MarcDeléglise、Pierre Dusart、およびXavier-FrançoisRoblot 、残基クラスでの素数のカウント、Mathematics of Computation 73：247（2004）、pp。1565-1575。土井10.1.1.100.779

[2] JC Lagarias and AM Odlyzko、コンピューティング：分析法 $\pi(x)$ 、Journal of Algorithms 8（1987）、pp。173-191。

[3] Charles、MathOverflowで答えてください。（はい、これは同じ人物です。異なるアプローチについては、他の回答を参照してください。）

— チャールズ
ソース

$k$ $k=x \phi(m)$ $x$

$\phi(m)$ $m$ $N$ $p^{x \phi(m)} \equiv 0 \mbox{ mod } m$ $p|m$ $p^{x \phi(m)} \equiv 1 \mbox{ mod } m$ $k=x \phi(m)$ $\sum_{p \leq N, p~prime} p^{k} \equiv \pi(N) - y \mbox{ mod } m$ $y$ $m$ $\pi(N)$ $N$

$1<N<m$ $m\alpha$ $1<\pi(N)<m$

— ジョー・フィッツシモンズ
ソース