Мерлін, яка має необмежені обчислювальні ресурси, хоче переконати Артура в тому, що

(Примітка для сумісності з більш ранніми версіями цього питання. Нехай сума дорівнює $m\alpha$ ; тоді питання полягає в тому, чи є $\alpha$ цілим числом.)

Чи може Мерлін переконати Артура струною довжиною $O(N)$ ? Якщо ні, чи може він переконати Артура інтерактивним доказом (загальне спілкування, звичайно, повинно бути $O(N)$ )? Якщо так, то може Мерлін використовувати рядок довжиною $o(N)$ ? Могли б Артур використовувати $o(N)$ часу?

Артур не має доступу до недетермінізму чи інших спеціальних засобів (квантові методи, оракули, крім Мерліна тощо), але має $O(N)$ простір, якщо це потрібно. Звичайно, Артуру не потрібно обчислювати суму безпосередньо, він просто повинен бути впевнений, що дана трійка (N, m, k) робить рівняння істинним або хибним.

Зауважимо , що при $k=0$ , можна обчислити суму за час $O(N^{1/2+\varepsilon})$ з використанням Lagarias-Одлижко метод. Для $k>0$ сума є надлінійною і тому її не можна зберігати безпосередньо (без, наприклад, модульного скорочення), але не ясно, чи існує швидкий алгоритм.

Мене також зацікавив би будь-який алгоритм для обчислення суми (модульної чи іншою), крім прямого живлення та складання.

* число , щоб обчислити, час LG K увійти N ( журнал журнал N ) 1 + O ( 1 ) = увійти N ( журнал журнал N ) 2 + O ( 1 ) для кожного розрахунку.$N/\log N$$\lg k\log N(\log\log N)^{1+o(1)}=\log N(\log\log N)^{2+o(1)}$

Я публікую це окремо від моєї попередньої спеціальної справи, тому що я вважаю, що це інший підхід до проблеми і мало стосується моєї іншої відповіді. Це може бути не саме те, що ви шукаєте, але це просто і наближається.

Є доказ, який Артур завжди прийме, якщо доказ правильний, але відкине з вірогідністю . Ось як це працює: Мерлін посилає Артур пару(ря,зя=р до я  модник м)для кожного простогор≤N. Артур перевіряє суму (час забиранняO(N/log(N))×O(log(N))=O(N$\frac{1}{(\log \log N)^{2+o(1)}}$$(p_i,c_i = p_i^k\mbox{ mod }m)$$p\leq N$$O(N/\log(N)) \times O(\log(N)) = O(N)$). Артур перевіряє , що правильне кількість простих чисел було поставлено (шляхом обчислення ) , яка є сублінейна в N . Нарешті, для S N випадкових пар він підтверджує, що p є простим і що p k i ≡ c i  mod  m . Для цього потрібен час S N O ( ( журнал журналу N ) 2 + o ( 1 ) ) . Беручи S = ( журнал журналу N $\pi(N)$$N$$S N$$p$$p_i^k \equiv c_i \mbox{ mod }m$$SN~O((\log \log N)^{2+o(1)})$ , отримуємо лінійне масштабування в часі. Таким чином,перевіряєтьсячасткаSвсіх пар. Якщо будь-яке з них не вдасться, Артур, звичайно, відкине. Для того, щоб Артур прийняв неправильне підтвердження, має бути принаймні одна пара, яка не відповідає одному з цих двох тестів (або кількість пар повинна бути меншою заπ(N),що було перевірено раніше). Так як часткаSвсіх пар перевіряються, тест провалюється для некоректного докази з ймовірністю принаймніS.$S = (\log \log N)^{-(2+o(1))}$$S$$\pi(N)$$S$$S$

Зауважимо, що для великих це набагато краще, ніж випадкові здогадки, що вдається з імовірністю $N$ .$\frac{1}{m} = \frac{1}{O(N)}$

Це повна відповідь на проблему, в якій Мерлін зовсім не використовується.

Deléglise-Dusart-Roblot [1] наведено алгоритм , який визначає число простих чисел аж до , які можна порівняти з л по модулю до , під час O ( х 2 / 3 / увійти - х ) . Модифікація алгоритму Lagarias-Odlyzko [2] дозволяє те ж саме можна обчислити за часом O ( х 1 / 2 + O ( 1 ) ) $x$$l$$k,$$O(x^{2/3}/\log^2x).$$O(x^{1/2+o(1)}).$

$m.$$q,$$k$

$2\cdot3\cdots\log m.$

$(1+o(1))\log m,$$O(N^{1/2+o(1)}).$

Список літератури

[1] Марк Делегліз, П'єр Дусарт та Ксав'є-Франсуа Робло, Підрахунок праймерів у класах залишків , Математика обчислень 73 : 247 (2004), стор 1565-1575. doi 10.1.1.100.779

$\pi(x)$

[3] Чарльз, відповідь на MathOverflow . (Так, це та сама людина. Дивіться інші відповіді там щодо різних підходів.)

$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$