將一個大數\(N\)分解質因子。
試除法，暴力枚舉\(1～\sqrt{N}\)的數。時間複雜度：\(O(\sqrt{N})\)。
通常，這個複雜度夠了，但有時，\(N\leq10^{18}\)。
這就需要Pollard-Rho了。
首先，考慮一種簡單情況。設\(N=p*q（p<q）\)。
有一種糟糕的做法：隨機法。隨機一個\(1～\sqrt{N}\)的數x，判斷能否整除。期望需要\(\sqrt{N}\)次。
我們發現，隨機的數x並不一定要等於p，只要是p的倍數即可，即\(gcd(N,x)=p\)。
然而，這樣每次的概率仍只有\(1/\sqrt{N}\)。
我們來考慮這樣一種情況：在[1,1000]裏面取一個數，取到我們想要的數(比如說,42)，成功的概率是多少呢？顯然是1/1000。
一個不行就取兩個吧：隨便在[1,1000]裏面取兩個數我們想辦法提高準確率，就取兩個數的差值絕對值。
也就是說,在[1,1000]裏面任意選取兩個數\(i,j\)，問\(∣i−j∣=42\)的概率是多大？答案會擴大到1/500。
我們可以取\(\sqrt{p}\)，即\(N^{0.25}\)個數，兩兩做差並與N求gcd。
但我們需要兩兩做差，複雜度會回去。
若\(gcd(|a-b|,N)=p\)，則\(a=b (mod p)\)。（a不等於b）
然後，我們可以隨機生成一個序列，看看裏面是否有模p意義下相等的兩個數。
但是，我們不知道p，我們只能通過求\(gcd(|a-b|,N)\)的方法來判斷\(a=b (mod p)\)是否成立。就是說，我們只能判斷\(a=b (mod p)\)是否成立，不能知道\(a\%p\)的值。
這個序列，我們顯然可以\(rand\)，但有一種更好的方法：
設序列\(A_i=f(A_{i-1})\)，其中\(f(x)=x^2+y\)（y爲定值）。那麼，若\(a=b (mod p)，f(a) mod p\)一定等於\(f(b) mod p\)。但rand就沒有這個性質。
換句話說，就是mod p後的數列出現了循環（原數列沒有循環）。
這樣，只要找到mod p後的數列的循環即可。（若用rand（），就需要等到原數列循環，複雜度就會退化爲\(\sqrt{N}\)）
找循環可以用Floyd判圈，而這個算法正好是對兩個進行比較的。
但是，可能原數列循環後，都沒有找到解。
所以，在判圈的時候，如果原數列循環，則退出，換一個新的y計算。
根據“生日悖論”，只要選\(\sqrt{p}\)個小於p的數，就有相等的。
由於模數是\(10^{18}\)級別的，要用快速乘。
時間複雜度：\(O(N^{0.25}*logN)\)。
代碼：
int sed[4]={13131,4649,65537,28627},se;
ll n;
ll gcd(ll a,ll b)
{
while(b!=0)
{
ll t=a%b;
a=b;
b=t;
}
return a;
}
ll f(ll x)
{
return (ksc(x,x,n)+se)%n;
}
ll ksc(ll a,ll b,ll md)
{
ll jg=0;
while(b>0)
{
if(b&1)
jg=(jg+a)%md;
a=(a+a)%md;
b=(b>>1);
}
return jg;
}
ll rho()
{
while(1)
{
se=sed[rand()%4];
ll z1=1,z2=f(z1);
while(z1!=z2)
{
ll t=z1-z2;
if(t<0)
t=-t;
ll g=gcd(t,n);
if(g!=1&&g!=n)
return g;
z1=f(z1);
z2=f(f(z2));
}
}
}