素数

数学 / 数论

本地源文件：docs/math__number-theory__prime.md

素数

素数与合数的定义，见 数论基础．

素数计数函数：小于或等于 𝑥x 的素数的个数，用 𝜋(𝑥)π(x) 表示．随着 𝑥x 的增大，有这样的近似结果：𝜋(𝑥) ∼𝑥ln⁡(𝑥)π(x)∼xln⁡(x)．

素性测试

素性测试 （Primality test）可以用于判定所给自然数是否为素数．

素性测试有两种：

  1. 确定性测试：绝对确定一个数是否为素数．常见例子包括试除法、Lucas–Lehmer 测试和椭圆曲线素性证明．
  2. 概率性测试：通常比确定性测试快很多，但有可能（尽管概率很小）错误地将 合数 识别为质数（尽管反之则不会）．因此，通过概率素性测试的数字被称为 可能素数 ，直到它们的素数可以被确定性地证明．而通过测试但实际上是合数的数字则被称为 伪素数 ．有许多特定类型的伪素数，最常见的是费马伪素数，它们是满足费马小定理的合数．概率性测试的常见例子包括 Miller–Rabin 测试．

试除法

暴力做法自然可以枚举从小到大的每个数看是否能整除．

参考实现

C++Python

---|---

---|---

这样做是十分稳妥了，但是真的有必要每个数都去判断吗？

很容易发现这样一个事实：如果 𝑥x 是 𝑎a 的约数，那么 𝑎𝑥ax 也是 𝑎a 的约数．

这个结论告诉我们，对于每一对 (𝑥,𝑎𝑥)(x,ax)，只检验其中的一个就足够了．为了方便起见，我们只考察每一对的较小数．不难发现，所有这些较小数都在 [1,√𝑎][1,a] 这个区间里．

由于 11 肯定是约数，所以不检验它．

参考实现

C++Python

---|---

---|---

Fermat 素性测试

Fermat 素性检验 是最简单的概率性素性检验．

我们可以根据 费马小定理 得出一种检验素数的思路：

基本思想是不断地选取在 [2,𝑛 −1][2,n−1] 中的基底 𝑎a，并检验是否每次都有 𝑎𝑛−1 ≡1(mod𝑛)an−1≡1(modn)．

参考实现

C++Python

---|---

---|---

如果 𝑎𝑛−1 ≡1(mod𝑛)an−1≡1(modn) 但 𝑛n 不是素数，则称 𝑛n 为以 𝑎a 为底的 Fermat 伪素数 ．我们在实践中观察到，如果 𝑎𝑛−1 ≡1(mod𝑛)an−1≡1(modn)，那么 𝑛n 通常是素数．但其实存在反例：对于 𝑛 =341n=341 且 𝑎 =2a=2，虽然有 2340 ≡1(mod341)2340≡1(mod341)，但是 341 =11 ⋅31341=11⋅31 是合数．事实上，对于任何固定的基底 𝑎a，这样的反例都有无穷多个1．

既然对于单个基底，Fermat 素性测试无法保证正确性，一个自然的想法就是多检查几组基底．但是，即使检查了所有可能的与 𝑛n 互素的基底 𝑎a，依然无法保证 𝑛n 是素数．也就是说，费马小定理的逆命题并不成立：即使对于所有 𝑎 ⟂𝑛a⟂n，都有 𝑎𝑛−1 ≡1(mod𝑛)an−1≡1(modn)，𝑛n 也不一定是素数．这样的数称为 Carmichael 数．它也有无穷多个．这迫使我们寻找更为严格的素性测试．

Miller–Rabin 素性测试

Miller–Rabin 素性测试 （Miller–Rabin primality test）是更好的素数判定方法．它是由 Miller 和 Rabin 二人根据 Fermat 素性测试优化得到的．和其它概率性素数测试一样，它也只能检测出伪素数．要确保是素数，需要用慢得多的确定性算法．然而，实际上没有已知的数字通过了 Miller–Rabin 测试等高级概率性测试但实际上却是合数，因此我们可以放心使用．

在不考虑乘法的复杂度时，对数 𝑛n 进行 𝑘k 轮测试的时间复杂度是 𝑂(𝑘log⁡𝑛)O(klog⁡n)．Miller–Rabin 素性测试常用于对高精度数进行测试，此时时间复杂度是 𝑂(𝑘log3⁡𝑛)O(klog3⁡n)，利用 FFT 等技术可以优化到 𝑂(𝑘log2⁡𝑛log⁡log⁡𝑛log⁡log⁡log⁡𝑛)O(klog2⁡nlog⁡log⁡nlog⁡log⁡log⁡n)．

为了解决 Carmichael 数带来的挑战，Miller–Rabin 素性测试进一步考虑了素数的如下性质：

二次探测定理

如果 𝑝p 是奇素数，则 𝑥2 ≡1(mod𝑝)x2≡1(modp) 的解为 𝑥 ≡1(mod𝑝)x≡1(modp) 或者 𝑥 ≡𝑝 −1(mod𝑝)x≡p−1(modp)．

证明

容易验证，𝑝p 为奇素数时，𝑥 ≡1(mod𝑝)x≡1(modp) 和 𝑥 ≡𝑝 −1(mod𝑝)x≡p−1(modp) 都可以使得上式成立．由 Lagrange 定理 可知，这就是该方程的所有解．

将费马小定理和二次探测定理结合起来使用，就得到 Miller–Rabin 素性测试：

  1. 将 𝑎𝑛−1 ≡1(mod𝑛)an−1≡1(modn) 中的指数 𝑛 −1n−1 分解为 𝑛 −1 =𝑢 ×2𝑡n−1=u×2t；
  2. 在每轮测试中对随机出来的 𝑎a 先求出 𝑣 =𝑎𝑢mod𝑛v=aumodn，之后对这个值执行最多 𝑡t 次平方操作；
  3. 在整个过程中，如果发现 11 的非平凡平方根（即除了 ±1±1 之外的其他根），就可以判断该数不是素数；
  4. 否则，再使用 Fermat 素性测试判断．

还有一些实现上的小细节：

  • 对于一轮测试，如果某一时刻 𝑎𝑢×2𝑠 ≡𝑛 −1(mod𝑛)au×2s≡n−1(modn)，则之后的平方操作全都会得到 11，则可以直接通过本轮测试．
  • 如果找出了一个非平凡平方根 𝑎𝑢×2𝑠 ≢𝑛 −1(mod𝑛)au×2s≢n−1(modn)，则之后的平方操作全都会得到 11．可以选择直接返回 false，也可以放到 𝑡t 次平方操作后再返回 false．

这样得到了较正确的 Miller Rabin：（来自 fjzzq2002）

参考实现

C++Python

---|---

---|---

可以证明2，奇合数 𝑛 >9n>9 通过随机选取的一个基底 𝑎a 的 Miller–Rabin 素性测试的概率至多为四分之一．因此，随机选取 𝑘k 个基底后，仍将合数误判为素数的概率不超过 1/4𝑘1/4k．

证明

设 𝑛 −1 =𝑢2𝑡n−1=u2t，其中，𝑢u 是奇数且 𝑡t 是正整数．那么，整数 𝑛n 可以通过基底为 𝑎a 的 Miller–Rabin 素性测试说明

𝑎𝑢≡1(mod𝑛), or 𝑎𝑢2𝑖≡−1(mod𝑛) for some 0≤𝑖<𝑡.au≡1(modn), or au2i≡−1(modn) for some 0≤i<t.

记这样的 𝑎a（的同余类）集合为 𝑆S，要说明的是

|𝑆|≤14𝜑(𝑛).|S|≤14φ(n).

其中，𝜑(𝑛)φ(n) 是 欧拉函数．证明分为三步．

第一步 ：设 ℓℓ 是使得 2ℓ ∣𝑝 −12ℓ∣p−1 对所有 𝑛n 的素因子 𝑝p 都成立的最大正整数．那么，可以证明

𝑆⊆𝑆′={𝑎mod𝑛:𝑎𝑢2ℓ−1≡±1(mod𝑛)}.S⊆S′={amodn:au2ℓ−1≡±1(modn)}.

集合 𝑆S 中的元素 𝑎a 只有两种可能．如果 𝑎𝑢 ≡1(mod𝑛)au≡1(modn)，那么，显然 𝑎𝑢2ℓ−1 ≡1(mod𝑛)au2ℓ−1≡1(modn) 也成立，亦即 𝑎 ∈𝑆′a∈S′．如果对于 0 ≤𝑖 <𝑡0≤i<t 成立 𝑎𝑢2𝑖 ≡ −1(mod𝑛)au2i≡−1(modn)，那么，对于任意素因子 𝑝 ∣𝑛p∣n，都有 𝑎𝑢2𝑖 ≡ −1(mod𝑝)au2i≡−1(modp)．设 𝛿𝑝(𝑎)δp(a) 是 𝑎a 模 𝑝p 的 阶，那么，显然有 𝛿𝑝(𝑎) ∣𝑢2𝑖+1δp(a)∣u2i+1 但是 𝛿𝑝(𝑎) ∤𝑢2𝑖δp(a)∤u2i，这说明，𝛿𝑝(𝑎)δp(a) 的素因数分解中，22 的指数恰为 𝑖 +1i+1，因而 2𝑖+1 ∣𝛿𝑝(𝑎)2i+1∣δp(a)．由费马小定理可知，𝛿𝑝(𝑎) ∣𝑝 −1δp(a)∣p−1，所以，2𝑖+1 ∣𝑝 −12i+1∣p−1．这一点对于 𝑛n 的所有素因子 𝑝p 都成立．因此，𝑖 +1 ≤ℓi+1≤ℓ．这说明 𝑎𝑢2ℓ−1 =(𝑎𝑢2𝑖)2ℓ−1−𝑖 ≡ ±1(mod𝑛)au2ℓ−1=(au2i)2ℓ−1−i≡±1(modn)，同样有 𝑎 ∈𝑆′a∈S′．综合两种可能，就得到 𝑆 ⊆𝑆′S⊆S′．

第二步 ：计算 |𝑆′||S′| 的大小．

假设 𝑛n 有素因数分解 𝑛 =𝑝𝑒11𝑝𝑒22⋯𝑝𝑒𝑘𝑘n=p1e1p2e2⋯pkek，那么，由 中国剩余定理 可知，条件 𝑎𝑢2ℓ−1 ≡1(mod𝑛)au2ℓ−1≡1(modn) 等价于 𝑎𝑢2ℓ−1 ≡1(mod𝑝𝑒𝑖𝑖)au2ℓ−1≡1(modpiei) 对所有 𝑝𝑒𝑖𝑖piei 都成立．由于模奇素数幂 𝑝𝑒𝑖𝑖piei 的 原根 总是存在的，所以，同余方程 𝑎𝑢2ℓ−1 ≡1(mod𝑝𝑒𝑖𝑖)au2ℓ−1≡1(modpiei) 的 解的数量 为

gcd(𝑢2ℓ−1,𝑝𝑒𝑖−1𝑖(𝑝𝑖−1))=gcd(𝑢2ℓ−1,𝑝𝑖−1)=2ℓ−1gcd(𝑢,𝑝𝑖−1).gcd(u2ℓ−1,piei−1(pi−1))=gcd(u2ℓ−1,pi−1)=2ℓ−1gcd(u,pi−1).

第一个等号成立，是因为 𝑢u 是 𝑛 −1n−1 的因子，不可能是 𝑝𝑖pi 的倍数；第二个等号成立，是因为 ℓℓ 的选取方式．所以，由中国剩余定理可知，同余方程 𝑎𝑢2ℓ−1 ≡1(mod𝑛)au2ℓ−1≡1(modn) 的解的数量为

∏𝑝∣𝑛2ℓ−1gcd(𝑢,𝑝−1).∏p∣n2ℓ−1gcd(u,p−1).

同理，条件 𝑎𝑢2ℓ−1 ≡ −1(mod𝑛)au2ℓ−1≡−1(modn) 等价于 𝑎𝑢2ℓ−1 ≡ −1(mod𝑝𝑒𝑖𝑖)au2ℓ−1≡−1(modpiei) 对所有 𝑝𝑒𝑖𝑖piei 都成立．对于任意因子 𝑝𝑒𝑖𝑖piei，条件 𝑎𝑢2ℓ−1 ≡ −1(mod𝑝𝑒𝑖𝑖)au2ℓ−1≡−1(modpiei) 都等价于 𝑎𝑢2ℓ−1 ≢1(mod𝑝𝑒𝑖𝑖)au2ℓ−1≢1(modpiei) 且 𝑎𝑢2ℓ ≡1(mod𝑝𝑒𝑖𝑖)au2ℓ≡1(modpiei) 成立．类似上文，可以计算出同余方程 𝑎𝑢2ℓ ≡1(mod𝑝𝑒𝑖𝑖)au2ℓ≡1(modpiei) 的解的数量为 2ℓgcd(𝑢,𝑝𝑖 −1)2ℓgcd(u,pi−1)，因此，同余方程 𝑎𝑢2ℓ−1 ≡ −1(mod𝑝𝑒𝑖𝑖)au2ℓ−1≡−1(modpiei) 的解的数量也等于

2ℓgcd(𝑢,𝑝𝑖−1)−2ℓ−1gcd(𝑢,𝑝𝑖−1)=2ℓ−1gcd(𝑢,𝑝𝑖−1).2ℓgcd(u,pi−1)−2ℓ−1gcd(u,pi−1)=2ℓ−1gcd(u,pi−1).

再次应用中国剩余定理，就得到同余方程 𝑎𝑢2ℓ−1 ≡ −1(mod𝑛)au2ℓ−1≡−1(modn) 的解的数量等于

∏𝑝∣𝑛2ℓ−1gcd(𝑢,𝑝−1).∏p∣n2ℓ−1gcd(u,p−1).

因此，综合两种情形，有

|𝑆′|=2∏𝑝∣𝑛2ℓ−1gcd(𝑢,𝑝−1).|S′|=2∏p∣n2ℓ−1gcd(u,p−1).

第三步 ：证明 |𝑆′| ≤𝜑(𝑛)/4|S′|≤φ(n)/4．

结合欧拉函数的表达式 𝜑(𝑛) =∏𝑖𝑝𝑒𝑖−1𝑖(𝑝𝑖 −1)φ(n)=∏ipiei−1(pi−1) 可知

𝜑(𝑛)|𝑆′|=12∏𝑖𝑝𝑒𝑖−1𝑖𝑝𝑖−12ℓ−1gcd(𝑢,𝑝𝑖−1).φ(n)|S′|=12∏ipiei−1pi−12ℓ−1gcd(u,pi−1).

对于每一个 𝑖i，相应的因子 𝑝𝑒𝑖−1𝑖𝑝𝑖−12ℓ−1gcd(𝑢,𝑝𝑖−1)piei−1pi−12ℓ−1gcd(u,pi−1) 都是一个偶数，所以，𝜑(𝑛)/|𝑆′|φ(n)/|S′| 是一个整数．假设 |𝑆′| ≤𝜑(𝑛)/4|S′|≤φ(n)/4 不成立．必然有 𝜑(𝑛)/|𝑆′| =1,2,3φ(n)/|S′|=1,2,3，亦即

∏𝑖𝑝𝑒𝑖−1𝑖𝑝𝑖−12ℓ−1gcd(𝑢,𝑝𝑖−1)=2,4,6.∏ipiei−1pi−12ℓ−1gcd(u,pi−1)=2,4,6.

由于连乘式中的每个因子都是偶数，所以，这个连乘式要么只有一个因子且这个因子就等于 2,4,62,4,6，要么就只有两个因子且都等于 22．

首先考虑有两个因子的情形．此时，两个因子都没有奇素因子，所以，𝑝𝑒𝑖−1𝑖 =1piei−1=1，亦即 𝑛n 没有平方因子．不妨设 𝑛 =𝑝1𝑝2n=p1p2 且 𝑝1 <𝑝2p1<p2 都是素数．两个因子都等于 22，所以，总有 𝑝𝑖 −1 =2ℓgcd(𝑢,𝑝𝑖 −1)pi−1=2ℓgcd(u,pi−1)．因此，𝑝𝑖 =1 +2ℓ𝑚𝑖pi=1+2ℓmi，其中，𝑚𝑖mi 是奇数，而且 𝑚𝑖 ∣𝑢mi∣u．将 𝑝1𝑝2 =𝑛 =1 +𝑢2𝑡p1p2=n=1+u2t 对 𝑚1m1 取模就得到 𝑝1𝑝2 ≡1(mod𝑚1)p1p2≡1(modm1)，故而 𝑝2 ≡1(mod𝑚1)p2≡1(modm1)，这说明，𝑚1 ∣𝑚2m1∣m2．反过来也成立．这就说明 𝑚1 =𝑚2m1=m2，也就是 𝑝1 =𝑝2p1=p2．这与 𝑝1 <𝑝2p1<p2 矛盾．这一情形不成立．

最后，考虑只有一个因子的情形，亦即合数 𝑛 =𝑝𝑒n=pe 且 𝑒 >1e>1．此时，必然有 𝑝𝑒−1 ∣2,4,6pe−1∣2,4,6．因此，唯一的情形是 𝑝 =3,𝑒 =2p=3,e=2，亦即 𝑛 =9n=9，与命题所设相矛盾．这一情形也不成立．

综合所有情形可知，|𝑆′| ≤𝜑(𝑛)/4|S′|≤φ(n)/4 成立．

结合上述三个步骤可知，|𝑆| ≤|𝑆′| ≤𝜑(𝑛)/4|S|≤|S′|≤φ(n)/4 对于所有奇合数 𝑛 >9n>9 都成立．

另外，假设 广义 Riemann 猜想（generalized Riemann hypothesis, GRH）成立，则对数 𝑛n 最多只需要测试 [2,min{𝑛 −2,⌊2ln2⁡𝑛⌋}][2,min{n−2,⌊2ln2⁡n⌋}] 中的全部整数即可 确定 数 𝑛n 的素性．3

而在 OI 范围内，通常都是对 [1,264)[1,264) 范围内的数进行素性检验．对于 [1,232)[1,232) 范围内的数，选取 {2,7,61}{2,7,61} 三个数作为基底进行 Miller–Rabin 素性检验就可以确定素性；对于 [1,264)[1,264) 范围内的数，选取 {2,325,9375,28178,450775,9780504,1795265022}{2,325,9375,28178,450775,9780504,1795265022} 七个数作为基底进行 Miller–Rabin 素性检验就可以确定素性．4

也可以选取 {2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37}{2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37}（即前 1212 个素数）检验 [1,264)[1,264) 范围内的素数．

注意如果要使用上面的数列中的数 𝑎a 作为基底判断 𝑛n 的素性：

  • 所有的数都要取一遍，不能只选小于 𝑛n 的；
  • 把 𝑎a 换成 𝑎mod𝑛amodn；
  • 如果 𝑎 ≡0(mod𝑛)a≡0(modn) 或 𝑎 ≡ ±1(mod𝑛)a≡±1(modn)，则直接通过该轮测试．

反素数

顾名思义，素数就是因子只有两个的数，那么反素数，就是因子最多的数（并且因子个数相同的时候值最小），所以反素数是相对于一个集合来说的．

一种符合直觉的反素数定义是：在一个正整数集合中，因子最多并且值最小的数，就是反素数．

反素数

对于某个正整数 𝑛n，如果任何小于 𝑛n 的正数的约数个数都小于 𝑛n 的约数个数，则称为是 反素数 （anti-prime, a.k.a., highly compositive numbers）．

注意

注意区分 emirp，它表示的是逐位反转后是不同素数的素数（如 149 和 941 均为 emirp，101 不是 emirp）．

过程

那么，如何来求解反素数呢？

首先，既然要求因子数，首先要做的就是素因子分解．把 𝑛n 分解成 𝑛 =𝑝𝑘11𝑝𝑘22⋯𝑝𝑘𝑛𝑛n=p1k1p2k2⋯pnkn 的形式，其中 𝑝p 是素数，𝑘k 为他的指数．这样的话总因子个数就是 (𝑘1 +1) ×(𝑘2 +1) ×(𝑘3 +1)⋯ ×(𝑘𝑛 +1)(k1+1)×(k2+1)×(k3+1)⋯×(kn+1)．

但是显然质因子分解的复杂度是很高的，并且前一个数的结果不能被后面利用．所以要换个方法．

我们来观察一下反素数的特点．

  1. 反素数肯定是从 22 开始的连续素数的幂次形式的乘积．
  1. 数值小的素数的幂次大于等于数值大的素数，即 𝑛 =𝑝𝑘11𝑝𝑘22⋯𝑝𝑘𝑛𝑛n=p1k1p2k2⋯pnkn 中，有 𝑘1 ≥𝑘2 ≥𝑘3 ≥⋯ ≥𝑘𝑛k1≥k2≥k3≥⋯≥kn．

解释：

  1. 如果不是从 22 开始的连续素数，那么如果幂次不变，把素数变成数值更小的素数，那么此时因子个数不变，但是 𝑛n 的数值变小了．交换到从 22 开始的连续素数的时候 𝑛n 值最小．
  1. 如果数值小的素数的幂次小于数值大的素数的幂，那么如果把这两个素数交换位置（幂次不变），那么所得的 𝑛n 因子数量不变，但是 𝑛n 的值变小．

另外还有两个问题，

  1. 对于给定的 𝑛n，要枚举到哪一个素数呢？

最极端的情况大不了就是 𝑛 =𝑝1𝑝2⋯𝑝𝑛n=p1p2⋯pn，所以只要连续素数连乘到刚好小于等于 𝑛n 即可．如果枚举到更大的素数，则意味这必定某个之前素数的幂次为 00，那么就不可能成为反素数．

  1. 我们要枚举到多少次幂呢？

我们考虑一个极端情况，当我们最小的素数的某个幂次已经比所给的 𝑛n（的最大值）大的话，那么展开成其他的形式，最大幂次一定小于这个幂次．极端情况下 𝑛n 分解为 22 的次幂，那么枚举到 ⌊log2⁡𝑛⌋⌊log2⁡n⌋ 即可．

细节有了，那么我们具体如何具体实现呢？

我们可以把当前走到每一个素数前面的时候列举成一棵树的根节点，然后一层层的去找．找到什么时候停止呢？

  1. 当前走到的数字已经大于我们想要的数字了；
  1. 当前枚举的因子已经用不到了；
  1. 当前因子大于我们想要的因子了；
  1. 当前因子正好是我们想要的因子（此时判断是否需要更新最小 ansans）．

然后 dfs 里面不断一层一层枚举次数继续往下迭代可以．

例题

Codeforces 27E. A number with a given number of divisors

求具有给定除数个数的最小自然数．答案保证不超过 10181018．

解题思路

对于这种题，我们只要以因子数为 dfs 的返回条件基准，不断更新找到的最小值就可以了．

参考代码

---|---

[ZOJ 2562 More Divisors](https://pintia.cn/problem-sets/91827364500/exam/problems/type/7?problemSetProblemId=91827366061)

求不超过 𝑛n![](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAAAAAP///yH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAIBRAA7) 的数中，除数最多的数．

解题思路

思路同上，只不过要改改 dfs 的返回条件．注意这样的题目的数据范围，32 位整数可能溢出．

参考代码

---|---

参考资料与注释

  1. Rui-Juan Jing, Marc Moreno-Maza, Delaram Talaashrafi, "Complexity Estimates for Fourier-Motzkin Elimination", Journal of Functional Programming 16:2 (2006) pp 197-217.
  2. 数论部分第一节：素数与素性测试
  3. Miller–Rabin 与 Pollard–Rho 学习笔记 - Bill Yang's Blog
  4. Primality test - Wikipedia
  5. Fermat pseudoprime - Wikipedia
  6. 桃子的算法笔记——反素数详解（acm/OI）
  7. The Rabin-Miller Primality Test
  8. Highly composite number - Wikipedia
  1. Pomerance, Carl, John L. Selfridge, and Samuel S. Wagstaff. "The pseudoprimes to 25⋅ 10⁹." Mathematics of Computation 35, no. 151 (1980): 1003-1026. 的定理 1 说明了，对于固定的基底 𝑎a，能够通过更强的 Miller–Rabin 素性测试的合数也是无穷多的． ↩
  1. 本结论及其证明参考了 Crandall, Richard, and Carl Pomerance. Prime numbers: a computational perspective. New York, NY: Springer New York, 2005. 的第 3.5 节． ↩
  1. Bach, Eric , "Explicit bounds for primality testing and related problems", Mathematics of Computation, 55:191 (1990) pp 355–380. ↩
  1. 更多类似的结果请参考 Deterministic variant of the Miller–Rabin primality test． ↩
本页面最近更新： 2026/1/7 08:56:54，更新历史 发现错误？想一起完善？在 GitHub 上编辑此页！ 本页面贡献者：Ir1d, Tiphereth-A, c-forrest, Xeonacid, Enter-tainer, StudyingFather, iamtwz, ksyx, Marcythm, MegaOwIer, 383494, Alpacabla, HeRaNO, abc1763613206, alphagocc, Backl1ght, CCXXXI, drkelo, Early0v0, Great-designer, greyqz, GuanghaoYe, H-J-Granger, HHH2309, isdanni, kenlig, lazyasn, Menci, ouuan, r-value, shawlleyw, shopee-jin, shuzhouliu, sun2snow, untitledunrevised, void-mian, Voileexperiments, weilycoder, xtlsoft, yusancky, YuzhenQin1, Siger Young, Siger Young, TrisolarisHD, TrisolarisHD 本页面的全部内容在CC BY-SA 4.0 和 SATA 协议之条款下提供，附加条款亦可能应用