Il tuo obiettivo è determinare se un determinato numero nè primo nel minor numero di byte. Ma il tuo codice deve essere una singola espressione di Python 2 su numeri costituiti solo da

• operatori
• la variabile di input n
• costanti intere
• parentesi

Nessun loop, nessuna assegnazione, nessuna funzione integrata, solo ciò che è elencato sopra. Si è possibile.

operatori

Ecco un elenco di tutti gli operatori in Python 2 , che includono operatori aritmetici, bit a bit e logici:

+    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

Tutti i valori intermedi sono numeri interi (o False / True, che implicitamente è uguale a 0 e 1). L'esponenziazione non può essere usata con esponenti negativi, poiché ciò può produrre galleggianti. Nota che /fa la divisione del pavimento, a differenza di Python 3, quindi //non è necessario.

Anche se non hai familiarità con Python, gli operatori dovrebbero essere piuttosto intuitivi. Vedi questa tabella per la precedenza degli operatori e questa sezione e sotto per una specifica dettagliata della grammatica. È possibile eseguire Python 2 su TIO .

I / O

Input: un numero intero positivo nche è almeno 2.

Uscita: 1 se nè primo e 0 altrimenti. Truee Falsepuò anche essere usato. Vince il minor numero di byte.

Poiché il codice è un'espressione, sarà uno snippet, in attesa del valore di input archiviato come ne valutato sull'output desiderato.

Il codice deve funzionare a parte narbitrariamente, limiti di sistema a parte. Poiché il tipo di numero intero di Python è illimitato, non ci sono limiti per gli operatori. L'esecuzione del codice potrebbe richiedere molto tempo.

43 byte

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

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Il metodo è simile alla seconda risposta (eliminata) di Dennis, ma questa risposta è più facile da dimostrare corretta.

Prova

Forma breve

La cifra più significativa di (4**n+1)**n%4**n**2in base che non è divisibile per n renderà la cifra successiva (meno significativa) in diverso da zero (se quella "cifra successiva" non è nella parte frazionaria), quindi viene eseguito un segno con la maschera di bit per verificare se qualsiasi cifra in posizione dispari è diversa da zero.$2^n$$n$(4**n+1)**n%4**n**2/n&2**(2*n*n+n)/-~2**n

Forma lunga

Sia il numero avente quella rappresentazione di base b , ovvero a a n b n + ⋯ + a 1 b 1 + a 0 b 0 e a i sia la cifra in " posizione " i nella rappresentazione di base b .$[a_n,\dots,a_1,a_0]_b$$b$$a_nb^n+\dots+a_1b^1+a_0b^0$$a_i$$i$$b$

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

Perché (con$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}$2 n - 1 s) è un numero intero e ⌊ 2 $n$ $2^n-1$, =[2n-1,0,2$\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}$

Quindi, considera

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

$4^{n^2}=(2^n)^{2n}$ , quindi %4**n**2troncerà il numero su ultime cifre - che esclude il ($2n$ (che è 1) ma include tutti gli altri coefficienti binomiali.$\binom nn$

Circa /n:

• Se $n$ è un numero primo, il risultato sarà . Tutte le cifre in posizione dispari sono zero.$\left[\binom n{n-1}/n,0,\dots,0,\binom n1/n,0,0\right]_{2^n}$

• Se non è un numero primo:$n$

  Lascia $a$ il numero intero più grande tale che $n\nmid\binom na$ ( ). Riscrivi il dividendo come$n>a>0$

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

  Il primo summand ha tutte le cifre divisibili per e il numero nella posizione 2 a - 1 zero.$n$$2a-1$

  Il secondo summand ha la sua cifra più significativa (nella posizione ) non divisibile per n e (la base) 2 n > n , quindi il quoziente quando lo divide per$2a$$n$$2^n>n$ avrebbe la cifra nella posizione 2 a - 1 diversa da zero.$n$$2a-1$

  Pertanto, il risultato finale ( (4**n+1)**n%4**n**2/n) dovrebbe avere la cifra (base , ovviamente) in posizione 2 a + 1 diversa da zero.$2^n$$2a+1$

Infine, AND bit a bit ( &) esegue un AND bit a bit vettoriale sulle cifre in base (perché la base è una potenza di 2) e perché a & 0 = 0 , a & ( 2 n - 1 ) = a per tutti 0 ≤ a < 2 n , è zero sef ha tutte le cifre nelle prime n posizioni dispari zero - che equivale a n che è primo.$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 byte

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

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Si tratta di un proof-of-concept che questa sfida è fattibile solo con gli operatori aritmetici, in particolare senza bit per bit |, &o ^. Il codice utilizza bit per bit e operatori di confronto solo per il golf e possono essere facilmente sostituiti con equivalenti aritmetici.

Tuttavia, la soluzione è estremamente lenta e non sono stato in grado di eseguire `, grazie a esponenti a due livelli come 2 n $n=6$$2^{n^n}$ .

L'idea principale è quella di creare un'espressione per il fattoriale , che ci permette di fare un test di primalità sul teorema di Wilson ( n - 1 ) ! % n > n - 2 dove % è l'operatore modulo.$n!$$(n-1)! \mathbin{\%} n > n-2$$\mathbin{\%}$

Possiamo fare un'espressione per il coefficiente binomiale , che è fatto di fattoriali

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

Ma non è chiaro come estrarre solo uno di questi fattoriali. Il trucco è smontarerendendo m davvero enorme.$n!$$m$

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

$c$ be the product $\left(1-\frac{1}{m}\right)\left(1-\frac{2}{m}\right)\cdots \left(1-\frac{n-1}{m}\right)$, we have

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

If we could just ignore $c$, we'd be done. The rest of this post is looking how large we need to make $m$ to be able to do this.

Note that $c$ approaches $1$ from below as $m \to \infty$. We just need to make $m$ huge enough that omitting $c$ gives us a value with integer part $n!$ so that we may compute

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

For this, it suffices to have $1 - c < 1/n!$ to avoid the ratio passing the next integer $n!+1$.

Observe that $c$ is a product of $n$ terms of which the smallest is $\left(1-\frac{n-1}{m}\right)$. So, we have

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

which means $1 - c < \frac{n^2}{m}$. Since we're looking to have $1 - c < 1/n!$, it suffices to take $m \geq n! \cdot n^2$.

In the code, we use $m=n^n$. 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.