Ваша мета - визначити, чи задане число nє простим у найменших байтах. Але ваш код повинен бути одним виразом Python 2 на числах, що складаються лише з

• оператори
• вхідна змінна n
• цілих констант
• круглі дужки

Ні циклів, ні призначень, ні вбудованих функцій, лише те, що перераховано вище. Так, це можливо.

Оператори

Ось список усіх операторів Python 2 , які включають арифметичні, побітові та логічні оператори:

+    adddition
-    minus or unary negation
*    multiplication
**   exponentiation, only with non-negative exponent
/    floor division
%    modulo
<<   bit shift left
>>   bit shift right
&    bitwise and
|    bitwise or
^    bitwise xor
~    bitwise not
<    less than
>    greater than
<=   less than or equals
>=   greater than or equals
==   equals
!=   does not equal

Всі проміжні значення є цілими числами (або False / True, що неявно дорівнює 0 і 1). Експоненція може не використовуватися з негативними показниками, оскільки це може призвести до поплавків. Зауважте, що /поділ на підлогу, на відміну від Python 3, //не потрібен.

Навіть якщо ви не знайомі з Python, оператори повинні бути досить інтуїтивними. Дивіться цю таблицю щодо пріоритетності оператора та цей розділ та нижче для детальної специфікації граматики. Ви можете запустити Python 2 на TIO .

I / O

Введення: додатне ціле число n, принаймні 2.

Вихід: 1, якщо nє простим, а 0 - інакше. Trueа Falseтакож можуть бути використані. Виграє найменше байт.

Оскільки ваш код є виразом, він буде фрагментом, очікуючи вхідне значення, збережене як n, і оцінку до потрібного результату.

Ваш код повинен працювати в nсторону як завгодно великих системних обмежень. Оскільки цілочисельний тип Python не обмежений, для операторів немає обмежень. Ваш код може зайняти скільки завгодно часу.

43 байти

(4**n+1)**n%4**n**2/n&2**(2*n*n+n)/-~2**n<1

Спробуйте в Інтернеті!

Метод подібний до другої (видаленої) відповіді Денніса, але цю відповідь легше довести правильною.

Доказ

Коротка форма

Найбільш значуща цифра (4**n+1)**n%4**n**2бази яка не ділиться на n , зробить наступну (менш значущу) цифру в ненульовій точці (якщо "наступна цифра" відсутня у дробовій частині), то для перевірки виконується бітмаска якщо будь-яка цифра у непарній позиції не є нульовою.$2^n$$n$(4**n+1)**n%4**n**2/n&2**(2*n*n+n)/-~2**n

Довга форма

Нехай бути числом , що має , що підстава б уявлення, тобто п б п + ⋯ + 1 б 1 + 0 б 0 , і я б цифра в " положення " i в базі b представлення.$[a_n,\dots,a_1,a_0]_b$$b$$a_nb^n+\dots+a_1b^1+a_0b^0$$a_i$$i$$b$

• .$\texttt{2**(2*n*n+n)/-~2**n} =\lfloor{2^{(2n+1)n}\over1+2^n}\rfloor =\lfloor{4^{n^2}\times 2^n\over1+2^n}\rfloor =\lfloor{{(4^{n^2}-1)\times 2^n\over1+2^n} +{2^n\over1+2^n}}\rfloor$

Тому що (зn$2^n\times{4^{n^2}-1\over1+2^n} =2^n(2^n-1)\times{(4^n)^n-1\over4^n-1} =[2^n-1,0,2^n-1,0,2^n-1,0]_{2^n}$$n$ s) - ціле число, а ⌊ 2 $2^n-1$, =[2n-1,0,2n-1,0$\lfloor{2^n\over1+2^n}\rfloor=0$2**(2*n*n+n)/-~2**n .$[2^n-1,0,2^n-1,0,2^n-1,0]_{2^n}$

Далі розглянемо

$$\begin{align} \texttt{(4**n+1)**n} &=(4^n+1)^n \\ &=\binom n04^{0n}+\binom n14^{1n}+\dots+\binom nn4^{n^2} \\ &=\left[\binom nn,0,\dots,0,\binom n1,0,\binom n0\right]_{2^n} \end{align}$$

, тому числобуде урізано до$4^{n^2}=(2^n)^{2n}$%4**n**2останніх n цифр - що виключає ($2n$ (що дорівнює 1), але включають усі інші біноміальні коефіцієнти.$\binom nn$

Про /n:

• Якщо є простим, результат буде$n$ . Усі цифри у непарному положенні дорівнюють нулю.$\left[\binom n{n-1}/n,0,\dots,0,\binom n1/n,0,0\right]_{2^n}$

• Якщо не є простим:$n$

  Нехай - найбільше ціле число таке, що n $a$ ($n\nmid\binom na$ ). Перепишіть дивіденд як$n>a>0$

  $\left[\binom n{n-1},0,\binom n{n-2},0,\dots,\binom n{a+1}, 0,0,0,\dots,0,0,0\right]_{2^n} + \left[\binom na,0,\binom n{a-1},0,\dots,\binom n0\right]_{2^n}$

  Перша сума має всі цифри, що поділяються на $n$ , а цифра у позиції нуль.$2a-1$

  Другий підсумок має свою найбільш значущу цифру (у позиції ), не поділяється на n і (основу) 2 n > n , тому коефіцієнт при діленні на цей n повинен мати цифру в позиції 2 a - 1 ненульовий.$2a$$n$$2^n>n$$n$$2a-1$

  Тому підсумковий результат ( (4**n+1)**n%4**n**2/n) повинен мати цифру (база , звичайно) у позиції 2 a + 1 ненульової.$2^n$$2a+1$

Нарешті, порозрядний AND ( &) виконує векторизований порозрядний AND на цифрах бази (тому що основа є потужністю 2), а тому, що a & 0 = 0 , a & ( 2 n - 1 ) = a для всіх 0 ≤ a < 2 n , дорівнює нулю, якщо iff має всі цифри в перших n непарних позиціях нуль - що еквівалентно n, що є простим.$2^n$$a\texttt &0=0,a\texttt&(2^n-1)=a$$0\le a<2^n$(4**n+1)**n%4**n**2/n&2**(2*n*n+n)/-~2**n(4**n+1)**n%4**n**2/n$n$$n$

Python 2 , 56 байт

n**(n*n-n)/(((2**n**n+1)**n**n>>n**n*~-n)%2**n**n)%n>n-2

Спробуйте в Інтернеті!

Це доказ правильності концепції , що це завдання здійсненне лише з арифметичними операторами, зокрема , без побітового |, &або ^. Код використовує бітові та порівняльні оператори лише для гольфу, і їх можна легко замінити арифметичними еквівалентами.

Однак рішення надзвичайно повільне, і мені не вдалося запустити `, завдяки дворівневим показникам, як 2 n $n=6$$2^{n^n}$ .

Основна ідея - скласти вираз для факторської , що дозволяє нам зробити тест первісності Теореми Вілсона ( n - 1 ) ! % n > n - 2, де % - оператор модуля.$n!$$(n-1)! \mathbin{\%} n > n-2$$\mathbin{\%}$

Ми можемо скласти вираз для двочленного коефіцієнта , який складається з факторіалів

$$\binom{m}{n} \ = \frac{m!}{n!(m-n)!}$$

Але незрозуміло, як витягти лише одну з цих фабрик. Хитрість полягає в тому, щоб розбити роблячи m дійсно величезним.$n!$$m$

$$\binom{m}{n} \ = \frac{m(m-1)\cdots(m-n+1)}{n!}= \frac{m^n}{n!}\cdot \left(1-\frac{1}{m}\right)\left(1-\frac{2}{m}\right)\cdots \left(1-\frac{n-1}{m}\right)$$

Отже, якщо дозволити добуток ( 1 $c$$\left(1-\frac{1}{m}\right)\left(1-\frac{2}{m}\right)\cdots \left(1-\frac{n-1}{m}\right)$ , маємо

$$n! = \frac{m^n}{\binom{m}{n}} \cdot c$$

Якби ми могли просто ігнорувати , ми б зробили це. Решта цієї публікації виглядає як велике нам потрібно зробити $c$$m$ щоб мати змогу це зробити.

Зауважте, що підходить 1 знизу як m → ∞ . Нам просто потрібно зробити m достатньо величезним, щоб опущення c дало нам значення з цілою частиною n ! щоб ми могли обчислити$c$$1$$m \to \infty$$m$$c$$n!$

$$n! = \left\lfloor \frac{m^n}{\binom{m}{n}} \right\rfloor$$

Для цього досить мати щоб уникнути відношення, що передає наступне ціле $1 - c < 1/n!$$n!+1$.

Зауважте, що - добуток з n доданків, найменший яких ( 1 - n - $c$$n$$\left(1-\frac{n-1}{m}\right)$. So, we have

$$c > \left(1-\frac{n-1}{m}\right)^n > 1 - \frac{n-1}{m} n > 1-\frac{n^2}{m},$$

$1 - c < \frac{n^2}{m}$$1 - c < 1/n!$$m \geq n! \cdot n^2$.

$m=n^n$. Since Wilson's Theorem uses $(n-1)!$, we actually only need $m \geq (n-1)! \cdot (n-1)^2$. It's easy to see that $m=n^n$ satisfies the bound for the small values and quickly outgrows the right hand side asymptotically, say with Stirling's approximation.

This answer doesn't use any number-theoretic cleverness. It spams Python's bitwise operators to create a manual "for loop", checking all pairs $1 \leq i,j < n$ to see whether $i \times j = n$.

Python 2, way too many bytes (278 thanks to Jo King in the comments!)

((((((2**(n*n)/(2**n-1)**2)*(2**((n**2)*n)/(2**(n**2)-1)**2))^((n*((2**(n*n-n)/(2**n-1))*(2**((n**2)*(n-1))/(2**n**2-1))))))-((2**(n*n-n)/(2**n-1))*(2**((n**2)*(n-1))/(2**(n**2)-1))))&(((2**(n*(n-1))/(2**n-1))*(2**((n**2)*(n-1))/(2**(n**2)-1)))*(2**(n-1)))==0))|((1<n<6)&(n!=4))

Try it online!

This is a lot more bytes than the other answers, so I'm leaving it ungolfed for now. The code snippet below contains functions and variable assignment for clarity, but substitution turns isPrime(n) into a single Python expression.

def count(k, spacing):
    return 2**(spacing*(k+1))/(2**spacing - 1)**2
def ones(k, spacing):
    return 2**(spacing*k)/(2**spacing - 1)

def isPrime(n):
    x = count(n-1, n)
    y = count(n-1, n**2)
    onebits = ones(n-1, n) * ones(n-1, n**2)
    comparison = n*onebits
    difference = (x*y) ^ (comparison)
    differenceMinusOne = difference - onebits
    checkbits = onebits*(2**(n-1))
    return (differenceMinusOne & checkbits == 0 and n>1)or 1<n<6 and n!=4

Why does it work?

I'll do the same algorithm here in base 10 instead of binary. Look at this neat fraction:

$$\frac{1.0}{999^2} = 1.002003004005\dots$$

If we put a large power of 10 in the numerator and use Python's floor division, this gives an enumeration of numbers. For example, $10^{15}/(999^2) = 1002003004$ with floor division, enumerating the numbers $1,2,3,4$.

Let's say we multiply two numbers like this, with different spacings of zeroes. I'll place commas suggestively in the product.

$$1002003004 \times 1000000000002000000000003000000000004 =$$ $$1002003004,002004006008,003006009012,004008012016$$

The product enumerates, in three-digit sequences, the multiplication table up to 4 times 4. If we want to check whether the number 5 is prime, we just have to check whether $005$ appears anywhere in that product.

To do that, we XOR the above product by the number $005005005\dots005$, and then subtract the number $001001001\dots001$. Call the result $d$. If $005$ appeared in the multiplication table enumeration, it will cause the subtraction to carry over and put $999$ in the corresponding place in $d$.

To test for this overflow, we compute an AND of $d$ and the number $900900900\dots900$. The result is zero if and only if 5 is prime.