STARKs（可扩容的透明知识论证）是创建一种证明的技术，这项证明中f(x)=y，其中f可能要花很长的时间来进行计算，但是这个证明可以被很快验证。STARK是“双重扩容”：对于一个需要t步骤的计算，这会花费大约O(t log(t))步骤才能完成这个证明，这可能是最优的情况，而且这需要通过~O(log2(t))个步骤才能验证，对于中等大小的T值，它比原始计算快得多。STARKs也拥有隐私保护的“零知识证明”的特性，虽然我们将这类使用案例应用到其中，从而完成可验证的延迟功能，不需要这类性质，所以我们不用担心。
首先，先请几项说明：
这个代码还没有完全审核；在实际使用案例中的情况，还不能保证
这部分代码是还没有达到理想状态（是用Python语言写的）
STARKs 的“真实情况” 倾向于使用二进制字段而不是素数域的特定应用程序效率的原因；但是，他们确实也表现出，这里写出的代码是合法并且可用的。
没有一个真实的方法来使用STARK。它是一个非常宽泛的加密和数学架构，同时为不同的应用有不同的设置，以及连续的研究来减少证明者和验证者的复杂性，同时提高可用性。
此文希望大家能够知道，模运算和素数域是如何运行的，
并且和多项式概念，插值和估值进行结合。
现在，让我们一起来了解吧！
MIMC
下面是STARK的功能展示：
def mimc(inp, steps, round_constants): start_time = timetime() for i in range(steps-1): inp = (inp3 + round_constants[i % len(round_constants)]) % modulus print("MIMC computed in %4f sec" % (timetime() - start_time)) return inp
我们选择MIMC作为案例，因为它（i）很容易理解，（ii）在真实世界使用的很多。函数功能见下图：
注意：在很多关于MIMC的讨论中，你可以典型地看出使用了XOR，而不是+；这是因为MIMC可以在二进制情况下使用，其中添加是XOR；这里我们会在素数领域进行。
在我们的案例中，常数相对而言会是比较小的列表（例如，64位），这会一直连续地进行周期循环（也就说，在k[64]之后）。MIMC自身可以获得这个特性，因为MIMC可以向后进行计算（从相应的输出获得输入），但是往后计算需要比向前计算多花费100倍的时间（并且没有方向可以同步进行）。所以你可以将往后计算的功能想象成计算不能同步的工作量证明，并且往前方向计算的功能可以作为验证的过程。
x -> x(2p-1)/3 是x -> x3 的反函数；根据费马小定理，这是真实的，尽管这个定理没有费马大定理出名，但是依然对数学的贡献很大。
我们尝试使用STARK来进行更加有效的验证，而不是让验证者必须在向前方向运行MIMC，在完成向后计算之后，证明者可以在向前方向进行STARK计算，并且验证者可以很简单地验证STARK。我们希望计算STARK可以比MIMC向前和向后之间的运行速度差别要小，所以证明者的时间仍然是有初始的向后计算来主导的。而并不是STARK计算。STARK的认证会相对较快（在python语言算法中，可以是005-03秒），不论初始的计算时间有多长。
所有的计算会在2256 – 351 232 + 1个模内完成；我们使用素数模，因为它是小于2256 最大的素数，其中乘法群包含了232 个子集（也就是说，有这样一个数g，从而在完全232次循环之后，G素数环的连续幂模绕回到1），而且是按照6k+5的形式。首个特性是保证FFT和FRI算法的有效版本，其次是保证MIMC实际上可以向后计算（请见上面提到的x -> x(2p-1)/3 使用方法）。
素域 *** 作
我们通过建立方便的等级来进行素域的 *** 作，同时也有多项式的 *** 作。代码如下，收首先是小数位数：
class PrimeField(): def __init__(self, modulus): # Quick primality test assert pow(2, modulus, modulus) == 2 selfmodulus = modulus def add(self, x, y): return (x+y) % selfmodulus def sub(self, x, y): return (x-y) % selfmodulus def mul(self, x, y): return (xy) % selfmodulus
并且使用扩展欧几里得算法，来计算模块逆转（这和在素域中计算1/x相同）：
# Modular inverse using the extended Euclidean algorithm def inv(self, a): if a == 0: return 0 lm, hm = 1, 0 low, high = a % selfmodulus, selfmodulus while low > 1: r = high//low nm, new = hm-lmr, high-lowr lm, low, hm, high = nm, new, lm, low return lm % selfmodulus
上面的算法是相对昂贵的；幸运地是，对于特定的案例，我们需要做很多的模逆计算，有一个数学方法可以让我们来计算很多逆运算，被称为蒙哥马利批量求逆：
使用蒙哥马利批量求逆来计算模逆，其输入为紫色，输出为绿色，乘法门为黑色，红色方块是唯一的模逆。
下面的代码是算法的体现，其中包含一些特别的逻辑。如果我们正在求逆的集合中包含零，那么它会将这些零的逆设置为 0 并继续前进。
def multi_inv(self, values): partials = [1] for i in range(len(values)): partialsappend(selfmul(partials[-1], values[i] or 1)) inv = selfinv(partials[-1]) outputs = [0] len(values) for i in range(len(values), 0, -1): outputs[i-1] = selfmul(partials[i-1], inv) if values[i-1] else 0 inv = selfmul(inv, values[i-1] or 1) return outputs
这部分算法接下来会验证称为非常重要的东西，特别是当我们开始和不同阶的多项式进行计算的时候。
现在我们来看看一些多项式计算。我们把多项式当做一个数据集，其中的i是第i阶（例如，x3 + 2x + 1变成[1, 2, 0, 1]）。下面就是在一个点进行多项式估算的方法：
# Evaluate a polynomial at a point def eval_poly_at(self, p, x): y = 0 power_of_x = 1 for i, p_coeff in enumerate(p): y += power_of_x p_coeff power_of_x = (power_of_x x) % selfmodulus return y % selfmodulus
困难和挑战
feval_poly_at([4, 5, 6], 2)的输出是多少？模是31吗？
下面的解释就是答案
其实也有代码是多项式加法，减法，乘法和除法；这是很长的加减乘除运算。有一个很重要的内容是拉格朗日插值，它将一组 x 和 y 坐标作为输入，并返回通过所有这些点的最小多项式（你可以将其视为多项式求值的逆）：
# Build a polynomial that returns 0 at all specified xs def zpoly(self, xs): root = [1] for x in xs: rootinsert(0, 0) for j in range(len(root)-1): root[j] -= root[j+1] x return [x % selfmodulus for x in root] def lagrange_interp(self, xs, ys): # Generate master numerator polynomial, eg (x - x1) (x - x2) (x - xn) root = selfzpoly(xs) # Generate per-value numerator polynomials, eg for x=x2, # (x - x1) (x - x3) (x - xn), by dividing the master # polynomial back by each x coordinate nums = [selfdiv_polys(root, [-x, 1]) for x in xs] # Generate denominators by evaluating numerator polys at each x denoms = [selfeval_poly_at(nums[i], xs[i]) for i in range(len(xs))] invdenoms = selfmulti_inv(denoms) # Generate output polynomial, which is the sum of the per-value numerator # polynomials rescaled to have the right y values b = [0 for y in ys] for i in range(len(xs)): yslice = selfmul(ys[i], invdenoms[i]) for j in range(len(ys)): if nums[i][j] and ys[i]: b[j] += nums[i][j] yslice return [x % selfmodulus for x in b]
相关数学知识请参见此文的M-N部分。需要注意，我们也会有特别的方法lagrange_interp_4和lagrange_interp_2来加速次数小于 2 的拉格朗日插值和次数小于 4 的多项式运算。
快速傅立叶变换
如果你仔细阅读上面的算法，你也许会发现拉格朗日插值和多点求值（即求在N个点处次数小于N的多项式的值）都需要耗费2次时间，例如对于1000个点求拉格朗日插值，需要几百万个步骤，而且100万个点的拉格朗日插值需要万亿个步骤。这是不可接受的低效率，所以我们需要使用更加有效的算法，快速傅立叶变换。
FFT只需要花费O(n log(n))的时间（也就是说，1000个点的计算需要10,000步，100万个点的计算需要2000步），虽然它的范围更受限制；x坐标必须是单位根部的完全集合，必须满足N = 2k 阶。也就是说，如果有N个点，那么x坐标必须某个P值的连续幂，1, p, p2, p3…，其中pN = 1。这个算法能够用来进行多点计算和插值计算，而且只需要调整一个小参数。
下面就是算法详情（这是个简单的表达方式；更详细内容可以参阅此处代码）
def fft(vals, modulus, root_of_unity): if len(vals) == 1: return vals L = fft(vals[::2], modulus, pow(root_of_unity, 2, modulus)) R = fft(vals[1::2], modulus, pow(root_of_unity, 2, modulus)) o = [0 for i in vals] for i, (x, y) in enumerate(zip(L, R)): y_times_root = ypow(root_of_unity, i, modulus) o[i] = (x+y_times_root) % modulus o[i+len(L)] = (x-y_times_root) % modulus return o def inv_fft(vals, modulus, root_of_unity): f = PrimeField(modulus) # Inverse FFT invlen = finv(len(vals)) return [(xinvlen) % modulus for x in fft(vals, modulus, finv(root_of_unity))]
你可以自己通过一些输入来运行代码，并且看看是否能得到想要的结果，当你使用eval_poly_at的时候，给出你期望得到的答案。例如：
>>> fftfft([3,1,4,1,5,9,2,6], 337, 85, inv=True) [46, 169, 29, 149, 126, 262, 140, 93] >>> f = poly_utilsPrimeField(337) >>> [feval_poly_at([46, 169, 29, 149, 126, 262, 140, 93], fexp(85, i)) for i in range(8)] [3, 1, 4, 1, 5, 9, 2, 6]
傅里叶变换会把[x[0] … x[n-1]]作为输入，并且它的目标是输出x[0] + x[1] + … + x[n-1]作为首个元素，x[0] + x[1] 2 + … + x[n-1] w(n-1)作为第二个元素，等等；快速傅里叶变换可以通过把数据分为两半，来完成这个，在两边都进行FFT，然后将结果结合在一起。
上图就是信息如何进行FFT运算的解释。请注意FFT是如何进行两次数据复制，并且进行粘合，直到你得到一个元素。
现在，我们把所有部分组合起来，看看整件事情是如何：def mk_mimc_proof(inp, steps, round_constants)，它生成运行 MIMC 函数的执行结果的证明，其中给定的输入为步骤数。首先，是一些 assert 函数：
# Calculate the set of x coordinates xs = get_power_cycle(root_of_unity, modulus) column = [] for i in range(len(xs)//4): x_poly = flagrange_interp_4( [xs[i+len(xs)j//4] for j in range(4)], [values[i+len(values)j//4] for j in range(4)], ) columnappend(feval_poly_at(x_poly, special_x))
扩展因子是我们将要拉伸的计算轨迹（执行 MIMC 函数的“中间值”的集合）。
m2 = merkelize(column) # Pseudo-randomly select y indices to sample # (m2[1] is the Merkle root of the column) ys = get_pseudorandom_indices(m2[1], len(column), 40) # Compute the Merkle branches for the values in the polynomial and the column branches = [] for y in ys: branchesappend([mk_branch(m2, y)] + [mk_branch(m, y + (len(xs) // 4) j) for j in range(4)])
我们需要步数乘以扩展因子最多为 2^32，因为当 k > 32 时，我们没有 2^k 次的单位根。
computational_trace_polynomial = inv_fft(computational_trace, modulus, subroot) p_evaluations = fft(computational_trace_polynomial, modulus, root_of_unity)
我们首个计算会是得出计算轨迹；也就是说，所有的计算中间值，从输入到输出。
assert steps <= 232 // extension_factor assert is_a_power_of_2(steps) and is_a_power_of_2(len(round_constants)) assert len(round_constants) < steps
然后，我们会从将计算轨迹转换为多项式，在单位根 g （其中，g^steps = 1）的连续幂的轨迹上“放下”连续值，然后我们对更大的集合——即单位根 g2 的连续幂，其中 g2^steps 8 = 1（注意 g2^8 = g）的多项式求值。
# Generate the computational trace computational_trace = [inp] for i in range(steps-1): computational_traceappend((computational_trace[-1]3 + round_constants[i % len(round_constants)]) % modulus) output = computational_trace[-1]
黑色： g1 的幂。紫色： g2 的幂。橙色：1。你可以将连续的单位根看作一个按这种方式排列的圆圈。我们沿着 g1的幂“放置”计算轨迹，然后扩展它来计算在中间值处（即 g2 的幂）的相同多项式的值。
我们可以将MIMC的循环常数转换为多项式。因为这些循环常数链是非常通常发生地（在我们的测试中，每64个步骤都会进行），最终证明他们形成了64阶的多项式，而且外面可以很容易计算出它的表达式，以及扩展式：
skips2 = steps // len(round_constants) constants_mini_polynomial = fft(round_constants, modulus, fexp(subroot, skips2), inv=True) constants_polynomial = [0 if i % skips2 else constants_mini_polynomial[i//skips2] for i in range(steps)] constants_mini_extension = fft(constants_mini_polynomial, modulus, fexp(root_of_unity, skips2))
假设其中有8192个步骤，并且有64个循环常数。这是我们想要做的：我们正在进行FFT，从而计算循环常数来作为g1128 的功能。然后我们在之间加入很多零，来完成g1本身的功能。因为g1128 大约每64步进行循环，我们知道g1这个功能也会同样。我们只计算这个扩展中的512个步骤，因为我们知道这个扩展会在每512步之后重复。现在，我们按照斐波那契案例中那样，计算C(P(x))，除了这次是计算，需要注意，我们不在计算使用系数形式的多项式；而是根据高次单位根的连续幂来对多项式进行求值。
c_of_p需要满足Q(x) = C(P(x), P(g1x)，K(x)) = P(g1x) – P(x)3 – K(x)；目标是对于任何我们放入计算轨道的x（除了最后一步，因为在最后一步之后，就没有步骤），计算轨迹中的下个数值就和之前的相等，再加上循环常量。与第1部分中的斐波那契示例不同，其中如果某个计算步骤是在k向量，下个就会是k+1向量，我们把低次单位根（ g1 ）的连续幂放下计算轨迹，所以如果某个计算步骤是在x = g1i ，下个步骤就会在g1i+1 = g1i g1 = x g1。因此，对于低阶单位根（ g1 ）的每一个幂，我们希望最终会是P(xg1) = P(x)3 + K(x)，或者P(xg1) – P(x)3 – K(x) = Q(x) = 0。因此，Q(x) 会在低次单位根 g 的所有连续幂上等于零（除了最后一个）。
# Create the composed polynomial such that # C(P(x), P(g1x), K(x)) = P(g1x) - P(x)3 - K(x) c_of_p_evaluations = [(p_evaluations[(i+extension_factor)%precision] - fexp(p_evaluations[i], 3) - constants_mini_extension[i % len(constants_mini_extension)]) % modulus for i in range(precision)] print('Computed C(P, K) polynomial')
有个代数定理证明，如果Q(x)在所有这些x坐标，都等于零，那么最小多项式的乘积就会在所有这些x坐标等于零：Z(x) = (x – x_1) (x – x_2) … (x – x_n)。通过证明在任何单个的坐标，Q(x)是等于零，我们想要证明这个很难，因为验证这样的证明比运行原始计算需要耗费更长的时间，我们会使用一个间接的方式来证明Q(x)是Z(x)的乘积。并且我们会怎么做呢？通过证明D(x) = Q(x) / Z(x)，并且使用FRI来证明它其实是个多项式，而不是个分数。
我们选择低次单位根和高次单位根的特定排列，因为事实证明，计算Z(x)，而且除以Z(x)也十分简单：Z 的表达式是两项的一部分。
需要注意地是，直接计算Z的分子和分母，然后使用批量模逆的方法将除以Z转换为乘法，随后通过 Z(X) 的逆来逐点乘以 Q(x) 的值。需要注意，对于低次单位根的幂，除了最后一个，都可以得到Z(x) = 0，所以这个计算包含其逆计算就会中断。这是非常不幸的，虽然我们会通过简单地修改随机检查和FRI算法来堵住这个漏洞，所以就算我们计算错误，也没关系。
因为Z(x)可以简洁地表达，我们也可以获得另个好处：验证者对于任何特别的x，可以快速计算Z(x)，而且还不需要任何提前计算。对于证明者来说，我们可以接受证明者必须处理大小等于步数的多项式，但我们不想让验证者做同样的事情，因为我们希望验证过程足够简洁。
# Compute D(x) = Q(x) / Z(x) # Z(x) = (x^steps - 1) / (x - x_atlast_step) z_num_evaluations = [xs[(i steps) % precision] - 1 for i in range(precision)] z_num_inv = fmulti_inv(z_num_evaluations) z_den_evaluations = [xs[i] - last_step_position for i in range(precision)] d_evaluations = [cp zd zni % modulus for cp, zd, zni in zip(c_of_p_evaluations, z_den_evaluations, z_num_inv)] print('Computed D polynomial')
在几个随机点上，进行概念检测D(x) Z(x) = Q(x)，从而可以验证转账约束，每个计算步骤是之前步骤的有效结果。但是我们也想验证边界约束，其中计算的输入和输出就是证明者所说的那样。只是要求证明者提供P(1), D(1), P(last_step)还有D(last_step)的数值，这些都是很脆弱的；没有证明，那些数值都是在同个多项式。所以，我们使用类似的多项式除法技巧：
# Compute interpolant of ((1, input), (x_atlast_step, output)) interpolant = flagrange_interp_2([1, last_step_position], [inp, output]) i_evaluations = [feval_poly_at(interpolant, x) for x in xs] zeropoly2 = fmul_polys([-1, 1], [-last_step_position, 1]) inv_z2_evaluations = fmulti_inv([feval_poly_at(quotient, x) for x in xs]) # B = (P - I) / Z2 b_evaluations = [((p - i) invq) % modulus for p, i, invq in zip(p_evaluations, i_evaluations, inv_z2_evaluations)] print('Computed B polynomial')
那么，我们的论证如下。证明者想要证明P(1) == input和P(last_step) == output。如果我们将I(x)作为插值，那么就是穿越(1, input)和(last_step, output)亮点的线，于是P(x) – I(x)就会在这亮点上等于零。因此，它会证明P(x) – I(x)是P(x) – I(x)的乘积，并且我们通过提高商数来证明这点。
紫色：计算轨迹多项式 (P) 。绿色：插值 (I)（注意插值是如何构造的，其在 x = 1 处等于输入（应该是计算轨迹的第一步），在 x=g^(steps-1) 处等于输出（应该是计算轨迹的最后一步）。红色：P-I。：在x = 1和 x=g^(steps-1)（即 Z2）处等于 0 的最小多项式。粉红色：(P – I) / Z2。
现在，我们来看看将P，D和B的默克尔根部组合在一起。
现在，我们需要证明P，D和B其实都是多项式，并且是最大的正确阶数。但是FRI证明是很大且昂贵的，而且我们不想有三个FRI证明，所以，我们计算 P，D 和 B 的伪随机线性组合，并且基于它来进行FRI证明：
# Compute their Merkle roots mtree = merkelize([pvalto_bytes(32, 'big') + dvalto_bytes(32, 'big') + bvalto_bytes(32, 'big') for pval, dval, bval in zip(p_evaluations, d_evaluations, b_evaluations)]) print('Computed hash root')
除非所有这三个多项式有正确的低阶，不然几乎不可能有随机选择的线性组合，所以这很足够。
我们想要证明D的阶数小于2 steps，而且P 和 B 的次数小于steps，所以我们其实使用了随机的P, P xsteps, B, Bsteps 和 D的随机组合，并且可以看出这部分组合是小于2 steps。
现在，我们来检查下所有的多项式组合。我们先获得很多随机的索引，然后在这些索引上为默克尔树枝提供多项式：
k1 = intfrom_bytes(blake(mtree[1] + b'\x01'), 'big') k2 = intfrom_bytes(blake(mtree[1] + b'\x02'), 'big') k3 = intfrom_bytes(blake(mtree[1] + b'\x03'), 'big') k4 = intfrom_bytes(blake(mtree[1] + b'\x04'), 'big') # Compute the linear combination We don't even bother calculating it # in coefficient form; we just compute the evaluations root_of_unity_to_the_steps = fexp(root_of_unity, steps) powers = [1] for i in range(1, precision): powersappend(powers[-1] root_of_unity_to_the_steps % modulus) l_evaluations = [(d_evaluations[i] + p_evaluations[i] k1 + p_evaluations[i] k2 powers[i] + b_evaluations[i] k3 + b_evaluations[i] powers[i] k4) % modulus for i in range(precision)]
get_pseudorandom_indices函数会回复[0…precision-1]范围中的随机索引，而且exclude_multiples_of参数并不会给出特定参数倍数的值。这就保证了，我们不会沿着原始计算轨迹进行采样，否则就会获得错误的答案。
证明是由一组默克尔根、经过抽查的分支以及随机线性组合的低次证明组成：
# Do some spot checks of the Merkle tree at pseudo-random coordinates, excluding # multiples of `extension_factor` branches = [] samples = spot_check_security_factor positions = get_pseudorandom_indices(l_mtree[1], precision, samples, exclude_multiples_of=extension_factor) for pos in positions: branchesappend(mk_branch(mtree, pos)) branchesappend(mk_branch(mtree, (pos + skips) % precision)) branchesappend(mk_branch(l_mtree, pos)) print('Computed %d spot checks' % samples)
整个证明最长的部分是默克尔树分支，还有FRI证明，这是有更多分支来组成的。这是验证者的实质结果：
o = [mtree[1], l_mtree[1], branches, prove_low_degree(l_evaluations, root_of_unity, steps 2, modulus, exclude_multiples_of=extension_factor)]
在每个位置，证明者需要提供一个默克尔证明，从而让验证者能够检查这个默克尔证明，并且检查C(P(x), P(g1x), K(x)) = Z(x) D(x)以及B(x) Z2(x) + I(x) = P(x)（提醒：对于不在初始计算轨道上的x，Z(x)不会是零，所以C(P(x), P(g1x), K(x)也不会是零)。验证者也会检查线性组合是正确的，然后调用。
for i, pos in enumerate(positions): x = fexp(G2, pos) x_to_the_steps = fexp(x, steps) mbranch1 = verify_branch(m_root, pos, branches[i3]) mbranch2 = verify_branch(m_root, (pos+skips)%precision, branches[i3+1]) l_of_x = verify_branch(l_root, pos, branches[i3 + 2], output_as_int=True) p_of_x = intfrom_bytes(mbranch1[:32], 'big') p_of_g1x = intfrom_bytes(mbranch2[:32], 'big') d_of_x = intfrom_bytes(mbranch1[32:64], 'big') b_of_x = intfrom_bytes(mbranch1[64:], 'big') zvalue = fdiv(fexp(x, steps) - 1, x - last_step_position) k_of_x = feval_poly_at(constants_mini_polynomial, fexp(x, skips2)) # Check transition constraints Q(x) = Z(x) D(x) assert (p_of_g1x - p_of_x 3 - k_of_x - zvalue d_of_x) % modulus == 0 # Check boundary constraints B(x) Z2(x) + I(x) = P(x) interpolant = flagrange_interp_2([1, last_step_position], [inp, output]) zeropoly2 = fmul_polys([-1, 1], [-last_step_position, 1]) assert (p_of_x - b_of_x feval_poly_at(zeropoly2, x) - feval_poly_at(interpolant, x)) % modulus == 0 # Check correctness of the linear combination assert (l_of_x - d_of_x - k1 p_of_x - k2 p_of_x x_to_the_steps - k3 b_of_x - k4 b_of_x x_to_the_steps) % modulus == 0
其实还没有完成成功；证明对跨多项式检查和 FRI 所需的抽查次数的可靠性分析是非常棘手的。但是这些就是所有代码，至少你不用担心进行疯狂的优化。当我运行以上代码的时候，我们会获得STARK证明，会有300-400倍的证明成本例如，一个需要 02 秒的 MIMC 计算需要 60 秒来证明）。这就使得4核机器计算MIMC中的 STARK，实际上可以比后向计算 MIMC 更快。也就是说，在python语言，这会相对低效的实现，并且这也会证明运行时间比例会不同。同时，也值得指出，MIMC 的 STARK 证明成本非常低，因为MIMC几乎是完美地可计算，它的数学形式很简单。对于平均计算，会包含更少的清晰计算（例如，检查一个数是大于还是小于另一个），其计算成本可能会更高，会有大约10000-50000倍。def getprimelist(n):
length=(n-3)//2+1
primelist=[True]length
for i in range(length):
if primelist[i] is True:
number=2i+3
for j in range(i+number,length,number):
primelist[j]=False
return [2]+[2i+3 for i,sign in enumerate(primelist) if sign]
def isprime(num,primelist):
return num in primelist
if __name__=='__main__':
primelist=getprimelist(2000000)
print(primelist)
print(isprime(1999999,primelist))
不是2到n/2，是2到n05，就是2到n的开方。
我这里只是一个判断的片段。
05是开方，结果是浮点数，需要int转为整数，range是左闭右开，所以+1，else是表示for循环没有触发break，完整循环完后执行的分支，也就是没有找到因数，所以是素数。n是大于等于2的自然数。
pythonCopy codedef is_prime(n): if n <= 1: return False
for i in range(2, int(n05)+1): if n % i == 0: return False
return True
这个函数接受一个整数作为输入，并返回一个布尔值，表示输入的数是否为素数。函数使用了一个常见的算法，即遍历从 2 到 $\sqrt{n}$ 的所有数字，检查是否存在能整除 $n$ 的数字。如果找到这样的数字，那么 $n$ 就不是素数，否则 $n$ 就是素数。
注意，在算法中，我们将 $\sqrt{n}$ 向下取整，使用 int(n05) 的形式来计算，这是因为如果 $n$ 不是素数，那么它一定可以表示为两个数的乘积，其中至少一个数小于或等于 $\sqrt{n}$。因此，如果我们在 $\sqrt{n}$ 之前没有找到能整除 $n$ 的数字，那么 $n$ 就是素数。
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