梅林可以说服亚瑟多少钱吗？

梅林，谁拥有无限的计算资源，希望说服亚瑟

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

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

(N, m, k)

$(N,m,k)$ 与

k = O (\log N)

$k=O(\log N)$ 和

m = O (N) .

$m=O(N).$ 以直接方式（模取幂和加法）计算此总和需要时间

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

$N(\log\log N)^{2+o(1)}$ 基于FFT的乘法。*但是Arthur只能执行

O (N)

$O(N)$ 运算。

（符号，与早期版本的这个问题的兼容性：让总和等于 $m\alpha$ ;然后，问题是是否 $\alpha$ 是整数。）

梅林可以用长度为的字符串说服亚瑟 $O(N)$ 吗？如果不是，他是否可以用交互式证明说服亚瑟（总交流，当然必须是 $O(N)$ ）？如果是这样，Merlin可以使用长度为的字符串 $o(N)$ 吗？亚瑟可以利用 $o(N)$ 时间吗？

Arthur无法使用不确定性或其他特殊工具（量子方法，Merlin以外的Oracle等），但是如果需要，可以使用 $O(N)$ 空间。当然，亚瑟不必直接计算总和，他只需要确信给定的三元组（N，m，k）会使方程为真或为假。

注意，与 $k=0$ 它可以计算在时间的总和 $O(N^{1/2+\varepsilon})$ 使用Lagarias-奥德里兹科方法。对于 $k>0$ 该和是超线性的，因此无法直接存储（没有（例如，模块归约）），但是尚不清楚是否存在快速算法。

除了通过直接加电和加法运算之外，我还将对计算总和（模数或其他形式）的任何算法感兴趣。

* 要计算的数字，每次计算的时间为。 $N/\log N$ $\lg k\log N(\log\log N)^{1+o(1)}=\log N(\log\log N)^{2+o(1)}$

— 查尔斯
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Math.SE的相关文章。

— 张显之2011年

是的，相关。关键区别在于math.SE问题假设Merlin拥有零计算资源，而这一假设他拥有无限资源。

— 查尔斯

素数测试所需的时间如何？

— Peter Shor

@查尔斯：我没看到

标度以计算素数。你能解释一下吗？我以为它需要超线性缩放。Eratosthenes筛子给出了

算法。

\sqrt{N}

$\sqrt{N}$

O (N^{2})

$O(N^2)$

— 乔·菲茨西蒙斯

该算法归因于Lagarias和Odlyzko。例如dtc.umn.edu/~odlyzko/doc/arch/analytic.pi.of.x.pdf （不是

但

O (\sqrt{N})

$O(\sqrt N)$

）

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

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

— 查尔斯（Charles

Answers:

我将这与我以前的特殊情况分开发布，因为我认为这是解决问题的另一种方法，并且与我的其他答案无关。它可能不完全是您要寻找的东西，但是它很简单并且很接近。

有一个证据，亚瑟将始终接受该证据是正确的，但将以概率拒绝 $\frac{1}{(\log \log N)^{2+o(1)}}$ $(p_i,c_i = p_i^k\mbox{ mod }m)$ $p\leq N$ $O(N/\log(N)) \times O(\log(N)) = O(N)$ $\pi(N)$ $N$ $S N$ $p$ $p_i^k \equiv c_i \mbox{ mod }m$ $SN~O((\log \log N)^{2+o(1)})$ $S = (\log \log N)^{-(2+o(1))}$ $S$ $\pi(N)$ $S$ $S$

$N$ $\frac{1}{m} = \frac{1}{O(N)}$

— 乔·菲茨西蒙斯
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如果发布两个答案是不好的做法，请告诉我，我将其合并。我把它们分开了，因为后者刚来找我，与第一个答案相比是完全不同的。

— Joe Fitzsimons

我都可以。特别是在CW问题中，通常会有多个答案。

— Suresh Venkat

@Suresh：是的，我知道，但是这不是CW，我也不想成为销售代表。

— Joe Fitzsimons

Θ (N)

$\Theta(N)$

Θ (N)

$\Theta(N)$

@JoeFitzsimons：很好:)。如果两个答案都值得代表，您将获得双倍积分：）

— Suresh Venkat

这是完全不使用Merlin的问题的完整答案。

$x$ $l$ $k,$ $O(x^{2/3}/\log^2x).$ $O(x^{1/2+o(1)}).$

$m.$ $q,$ $k$

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

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

使用中国余数定理确定总和mod $2\cdot3\cdots\log m.$

根据素数定理，所需的最大素数是因此得出的时间和为 $(1+o(1))\log m,$ $O(N^{1/2+o(1)}).$

参考文献

[1] MarcDeléglise，Pierre Dusart和Xavier-FrançoisRoblot，《计算残数类中的素数》，《计算数学》 73：247（2004年），第1565-1575页。土井10.1.1.100.779

[2] JC Lagarias和AM Odlyzko，计算：一种分析方法 $\pi(x)$ ，《算法学报》 8（1987），第173-191页。

[3] Charles，关于MathOverflow的回答。（是的，这是同一个人。有关其他方法，请参见其他答案。）

— 查尔斯
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这不是一个完整的答案，而是一个特例（对于值比您考虑的要大），我最初将其发布为评论。在（对于某些整数）的情况下，有一个简单的证明，Merlin的字符串的长度可以为零。 $k$ $k=x \phi(m)$ $x$

为此，Arthur只需计算。这可以通过分解来完成（即使使用尝试除法，也可以在时间亚线性中完成）。由于为所有，和否则，如果那么我们有，其中是不同数素数除数 $\phi(m)$ $m$ $N$ $p^{x \phi(m)} \equiv 0 \mbox{ mod } m$ $p|m$ $p^{x \phi(m)} \equiv 1 \mbox{ mod } m$ $k=x \phi(m)$ $\sum_{p \leq N, p~prime} p^{k} \equiv \pi(N) - y \mbox{ mod } m$ $y$ $m$ $\pi(N)$ $N$ ，因此该和可由Arthur直接计算。

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

— 乔·菲茨西蒙斯
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