Seu objetivo é determinar se um determinado número né primo no menor número de bytes. Mas, seu código deve ser uma única expressão Python 2 em números que consistem em apenas

• operadores
• a variável de entrada n
• constantes inteiras
• parênteses

Sem loops, sem atribuições, sem funções internas, apenas o que está listado acima. Sim é possivel.

Operadores

Aqui está uma lista de todos os operadores no Python 2 , que incluem operadores aritméticos, bit a bit e lógicos:

+    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

Todos os valores intermediários são números inteiros (ou Falso / Verdadeiro, que implicitamente são iguais a 0 e 1). A exponenciação não pode ser usada com expoentes negativos, pois isso pode produzir flutuações. Observe que /a divisão de piso, diferentemente do Python 3, //não é necessária.

Mesmo se você não estiver familiarizado com o Python, os operadores devem ser bastante intuitivos. Consulte esta tabela para obter precedência do operador e esta seção e abaixo para obter uma especificação detalhada da gramática. Você pode executar o Python 2 no TIO .

I / O

Entrada: um número inteiro positivo nque é pelo menos 2.

Saída: 1 se nfor primo e 0 caso contrário. Truee Falsetambém pode ser usado. Menos bytes ganha.

Como seu código é uma expressão, ele será um trecho, esperando o valor de entrada armazenado como ne avaliando a saída desejada.

Seu código deve funcionar para nlimites arbitrariamente grandes do sistema. Como o tipo de número inteiro do Python é ilimitado, não há limites para os operadores. Seu código pode demorar, no entanto, para ser executado.

43 bytes

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

Experimente online!

O método é semelhante à segunda resposta (excluída) de Dennis, mas é mais fácil provar que está correta.

Prova

Forma curta

O dígito mais significativo da (4**n+1)**n%4**n**2base que não é divisível por n fará com que o próximo dígito (menos significativo) seja diferente de zero (se esse "dígito seguinte" não estiver na parte fracionária), então um com a máscara de bit é executado para verificar se qualquer dígito na posição ímpar for diferente de zero.$2^n$$n$(4**n+1)**n%4**n**2/n&2**(2*n*n+n)/-~2**n

Forma longa

Seja o número com essa representação base b , ou seja, a n b n + ⋯ + a 1 b 1 + a 0 b 0 e a i seja o dígito em " posição " i na representação da 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$

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

Porque (comn2n-1s) é um número inteiro e⌊2$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$ $2^n-1$, =[2n-1,0,2n-1,0,2n-1,0]2n.$\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}$

Em seguida, considere

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

, portanto, truncará o número para 2 n últimos dígitos - que exclui o ($4^{n^2}=(2^n)^{2n}$%4**n**2$2n$ (que é 1), mas inclui todos os outros coeficientes binomiais.$\binom nn$

Sobre /n:

• Se for primo, o resultado será [ ($n$. Todos os dígitos na posição ímpar são zero.$\left[\binom n{n-1}/n,0,\dots,0,\binom n1/n,0,0\right]_{2^n}$

• Se não for primo:$n$

  Seja o maior número inteiro, de modo que n ∤ ($a$ (n>a>0). Reescreva o dividendo como$n\nmid\binom na$$n>a>0$

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

  O primeiro somatório possui todos os dígitos divisíveis por , e o dígito na posição 2 a - 1 zero.$n$$2a-1$

  O segundo somatório possui seu dígito mais significativo (na posição ) não divisível por n e (a base) 2 n > n ; portanto, o quociente ao dividir isso por n teria o dígito na posição 2 a - 1 diferente de zero.$2a$$n$$2^n>n$$n$$2a-1$

  Portanto, o resultado final ( (4**n+1)**n%4**n**2/n) deve ter o dígito (base , é claro) na posição 2 a + 1 diferente de zero.$2^n$$2a+1$

Finalmente, o AND bit a bit &executa um AND vetorizado bit a bit nos dígitos da base (porque a base é uma potência de 2) e porque a & 0 = 0 , a & ( 2 n - 1 ) = a para todos 0 ≤ a < 2 n , é zero se tiver todos os dígitos nas primeiras n posições ímpares zero - o que equivale a n ser 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 bytes

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

Experimente online!

Esta é uma prova de conceito de que este desafio é factível apenas com operadores aritméticos, em particular, sem bit a bit |, &ou ^. O código usa operadores bit a bit e de comparação apenas para jogar golfe, e eles podem ser facilmente substituídos por equivalentes aritméticos.

No entanto, a solução é extremamente lenta e não consegui executar `, graças a expoentes de dois níveis, como 2 n n .$n=6$$2^{n^n}$

A idéia principal é fazer uma expressão para o fatorial , o que nos permite fazer um teste de primalidade do teorema de Wilson ( n - 1 ) ! % n > n - 2 onde % é o operador de módulo.$n!$$(n-1)! \mathbin{\%} n > n-2$$\mathbin{\%}$

Podemos fazer uma expressão para o coeficiente binomial , que é feito de fatoriais

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

Mas não está claro como extrair apenas um desses fatoriais. O truque é separar fazendo m realmente 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$$\left(1-\frac{1}{m}\right)\left(1-\frac{2}{m}\right)\cdots \left(1-\frac{n-1}{m}\right)$

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

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.