「NOTE」数论小札

因为有春节，所以实际上寒假比暑假长
主要内容：原根 / 离散对数 / 二次剩余

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# 目录

目录

• # 目录
• # 原根
  • - 前置：阶
  • - 原根
  • - 计算原根
  • - 参考实现1
• # 离散对数
  • - 引入问题
  • - BSGS（大步小步）
  • - exBSGS
  • - 参考实现2
• # 二次剩余
  • - 引入问题
  • - 勒让德符号
  • - 一些引理
  • - Cipolla
  • - 参考实现3
• THE END
  • • Thanks for reading!

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# 原根

下面只讨论奇素数 \(p\) 的原根，在不特别强调时，运算在模 \(p\) 意义下进行。

- 前置：阶

对于与 \(p\) 互质的常数 \(a\)，在满足 \(a^x\equiv1\) 的所有正整数 \(x\) 中，最小的 \(x\) 称为 \(a\) 模 \(p\) 的阶，记作 \(ord(a)\)。

Theorem 1

当且仅当 $ord(a)\mid x$，有 $a^x\equiv 1$。

证明

假设 $a^x\equiv 1$ 且 $a^y\equiv 1$，则有 $a^{x+y}\equiv 1$ 且 $a^{x-y}\equiv 1$。

辗转相除法可得 $a^{(x,y)}\equiv1$。

$(x,y)\le \min\{x,y\}$，又有 $ord(a)$ 是满足 $a^x\equiv1$ 的最小 $x$，所以 $ord(d)\mid x$。

Theorem 2

若 $k\mid ord(a)$，则 $ord(a^k)=\frac{ord(a)}k$

证明

显然有 $frac{ord(a)}k$ 是 $(a^k)^x\equiv 1$ 的解（代入方程、结合 $ord(a)$ 定义即可证明），只需证明 $\frac{ord(a)}k$ 是最小解。

假如存在 $x_0< \frac{ord(a)}k$ 也是方程的解，则 $kx_0$ 是 $a^x\equiv1$ 的解；而 $kx_0< ord(a)$，与 $ord(a)$ 定义矛盾。

根据 Theorem 1 有推论 \(ord(a)\mid (p-1)\)，证明即费马小定理。

- 原根

若在模 \(p\) 意义下，\(x^0,x^1,\cdots,x^{\varphi(p)-1}\) 互不相同，也即 \(ord(x)=\varphi(p)\)，则称 \(x\) 是 \(p\) 的原根，记为 \(\xi\)。

实际上只有形如 \(p^k,2p^k\) 的数以及 \(2,4\) 有原根（虽然我不会证）。

而根据原根的定义，模 \(p\) 意义下的任意元素都可以表示为 \(\xi^k\)（原根的一个重要作用）。

Theorem 3

设 $\xi$ 是质数 $p$ 的一个原根，则 $\xi^k$ 是原根当且仅当 $(k,p-1)=1$。

由于任意元素都可以用 \(\xi^k\) 表示。

假设 \(\xi^k\) 是 \(p\) 的原根，则必须 \(ord(\xi^k)=\varphi(p)=p-1\)。令 \(h=(k,p-1)\)

\[(\xi^k)^{\frac{p-1}h}\equiv(\xi^{p-1})^{\frac kh}\equiv 1 \]

则有 \(ord(\xi^k)\mid\frac{p-1}h\)。

• 若 \(h\neq 1\)，则显然 \(\xi^k\) 不是 \(p\) 的原根；
• 若 \(h=1\)，因为 \((\xi^k)^{ord(\xi^k)}\equiv1\)，则有 \(\xi^{k\cdot ord(\xi^k)}\equiv1\)，\(p-1\mid ord(\xi^k)\)，因此 \(ord(\xi^k)=p-1\)，也即 \(\xi^k\) 是 \(p\) 的原根。

根据 Theorem 3，可以知道 \(p\) 的原根恰有 \(\varphi(p-1)\) 个。

- 计算原根

直接从小到大枚举 awa

注意到 \(p\) 的原根有 \(\varphi(p-1)\) 个，其实还是蛮多的，于是枚举不了多少个就可以找到一个最小的原根 \(\xi_0\)。

然后再枚举 \((k,p-1)=1\) 的 \(k\)，就可以找出剩下的原根 \(\xi_0^k\) 了。（一般不会真的让你求所有原根）

怎么验算数 \(x\) 是不是 \(p\) 的原根？

• 先验算是否 \(ord(x)\mid \varphi(p)\)，直接快速幂检验 \(x^{\varphi(p)}\) 是否为 \(1\) 即可；
• 再验算 \(ord(x)\) 是否恰好是 \(\varphi(p)\)：把 \(p-1\) 的所有质因子找出来记为 \(P=\{p_1,p_2,\dots,p_m\}\)，若 \(\forall p_i\in P,x^{\frac{p-1}{p_i}}\not\equiv1\)，则 \(ord(x)=\varphi(p)\)，\(x\) 是原根。

- 参考实现1

int nprm,nfc,nans;
int prm[N],phi[N],vis[N],fc[N],ans[N];
bool ifrt[N]; //ifrt[i]=true: i有原根

void Init(){
    //线性筛筛素数和欧拉函数
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i<N;i++){
        if(!vis[i]) prm[++nprm]=i,phi[i]=i-1,vis[i]=i;
        for(int j=1;j<=nprm && prm[j]*i<N;j++){
            vis[prm[j]*i]=prm[j];
            if(i%prm[j]==0) {phi[i*prm[j]]=phi[i]*prm[j];break;}
            phi[i*prm[j]]=phi[i]*(prm[j]-1);
        }
    }
    //2,4,prime^k,2*prime^k 才有原根
    ifrt[2]=ifrt[4]=true;
    for(int i=2;i<=nprm;i++){
        for(llong j=prm[i];j<N;j*=prm[i]) ifrt[j]=true;
        for(llong j=2*prm[i];j<N;j*=prm[i]) ifrt[j]=true;
    }
}
int GCD(cint a,cint b){return b? GCD(b,a%b):a;}
int QPow(int a,int b,cint MOD){
    int r=1;
    while(b){
        if(b&1) r=1ll*r*a%MOD;
        a=1ll*a*a%MOD;
        b>>=1;
    }
    return r;
}
//把 p 的所有质因子存入 fc[1~nfc] 中
void PrimeDivide(int p){
    int las=-1; nfc=0;
    while(p>1){
        if(las!=vis[p]) fc[++nfc]=vis[p];
        las=vis[p];
        p/=vis[p];
    }
}
bool Check(cint x,cint p){
    //先验算 x 是否满足 ord(x)|phi[p]
    if(QPow(x,phi[p],p)!=1) return false;
    //然后验算 ord(x) 是否是 phi[p]
    for(int i=1;i<=nfc;i++)
        if(QPow(x,phi[p]/fc[i],p)==1)
            return false;
    return true;
}
int MinRoot(cint p){ //找最小的原根
    PrimeDivide(phi[p]);
    for(int i=1;i<p;i++)
        if(Check(i,p))
            return i;
    return 0;
}
void AllRoot(cint p){
    nans=0;
    int per=MinRoot(p),prod=1;
    for(int i=1;i<=phi[p];i++){ //拓展出所有的原根
        prod=(1ll*prod*per)%p;
        if(GCD(i,phi[p])==1) ans[++nans]=prod;
    }
}

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# 离散对数

- 引入问题

求出下面方程的所有非负整数解：

\[a^x\equiv b\pmod p \]

其中满足 \((a,p)=1\)；亦可扩展至 \((a,p)\neq 1\)。

- BSGS（大步小步）

根据欧拉定理，当 \((a,p)=1\) 时，有 \(a^{\varphi(p)}\equiv1\)。记原方程的最小正整数解为 \(x_0\)，则原方程的解 \(x\) 可以表示为 \(x=x_0+k\varphi(p)\)，于是只需要求 \(x< \varphi(p)\) 的解。

令 \(q=\lfloor\sqrt p\rfloor\)，将原方程的解 \(x\) 分解为 \(x=nq-m\)，其中 \(0\le m< q\)。易知 \(n\) 的数量级与 \(q\) 同阶。

原方程可以写为：

\[\begin{aligned} a^{nq-m}&\equiv b\\ a^{nq}&\equiv ba^m \end{aligned} \]

由于 \(n,m\) 都是 \(O(\sqrt p)\) 级别的，可以先 \(O(\sqrt p)\) 将方程一边的所有取值都存进哈希表，然后另一边 \(O(\sqrt p)\) 查询哈希表中是否有对应的值。

例如，将 \(m=0,1,\cdots,q-1\) 时的全部 \(ba^m\) 存入哈希表，然后枚举 \(n\)，查找哈希表中是否存在 \(a^{nq}\)。

- exBSGS

之前提到离散对数可以扩展到 \((a,p)\neq 1\) 的情况，下面进行推导。

同余方程 \(a^x\equiv b\pmod p\) 有如下性质：

• 记 \((a,p)=g\)；
• 若 \(g\not\mid b\)，则无解，可以从同余方程的本质理解：\(a^x=kp+b\)，则 \(b=a^x-kp\)，若有解则 \(b\) 必然是 \(g\) 的倍数；
• 若 \(g\mid b\)，则等价为 \(\frac{a^x}g\equiv\frac bg\pmod{\frac{p}{g}}\)。

于是可以转化为

\[\frac ag\cdot a^{x-1}\equiv\frac bg\pmod{\frac pg} \]

方程左边相当于带了一个系数，注意到 \(a\) 仍有可能和 \(\frac pg\) 不互质，只需要一直将方程同除以 \((a,p)\)，直到 \(a,p\) 互质即可。

记每一次方程整体除的数是 \(g_i\),\(G=\prod g_i\)，最后方程的形式大概是

\[\frac{a^k}G\cdot a^{x-k}\equiv\frac bG\pmod{\frac pG} \]

求解方法还是和 BSGS 一样，用哈希表暴力储存方程一边的所有取值。

注意到我们并不能保证不存在 \(x< k\) 的解。在转化过程中我们直接从 \(a^x\) 中提取出一个 \(a\) 而剩下 \(a^{x-1}\) 其实是不严谨的，因为转化时 \(a,p\) 不互质，则 \(a^{-1}\) 不存在。

于是还要特判一下 \(x<k\) 有没有解。

- 参考实现2

/*
Hs 是手写的一个哈希表，作用相当于 map
*/
int GCD(int a,int b){return b? GCD(b,a%b):a;}
int exBSGS(int vara,int varb,int varp){
    int total=1,add=0,mul=1,tmp=0,nowp=varp;
    while((tmp=GCD(vara,nowp))!=1)
        nowp/=tmp,total*=tmp,mul=1ll*(vara/tmp)*mul%varp,add++;
    tmp=1;
    for(int i=0;i<add;i++,tmp=1ll*tmp*vara%varp)
        if(tmp==varb)
            return i;
    if(varb%total) return -1;
    varb/=total;
    //mul*vara^(x-add)=varb (mod nowp)
    //mul*vara^y=varb (mod nowp)
    int varq=int(ceil(sqrt(nowp))+0.5),per=1;
    Hs.Clear();
    tmp=varb%nowp;
    for(int i=0;i<varq;i++,tmp=1ll*tmp*vara%nowp)
        Hs.Insert(tmp,i),per=1ll*per*vara%nowp;
    tmp=mul%nowp;
    for(int i=0,res;i<=varq;i++,tmp=1ll*tmp*per%nowp)
        if(~(res=Hs.Query(tmp)) && i*varq-res>=0)
            return i*varq-res+add;
    return -1;
}
//BSGS找最小的解
void BSGS(int varp,int varn){
    varq=(int)(ceil(sqrt(varp))+0.5);
    int per=1;
    for(int i=0,tmp=varn;i<varq;i++,tmp=1ll*tmp*varb%varp)
        Hs.Insert(tmp,i),per=1ll*per*varb%varp;
    for(int i=0,tmp=1,res;i<=varq;i++,tmp=1ll*tmp*per%varp)
        if(~(res=Hs.Query(tmp)) && i*varq>=res){
            printf("%d\n",i*varq-res);
            return;
        }
    printf("no solution\n");
}

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# 二次剩余

- 引入问题

求解 \(x^2\equiv b\pmod p\)，\(p\) 是一个奇素数。

若方程有解，则 \(b\) 称为 \(p\) 的二次剩余

- 勒让德符号

\[\left(\frac{b}{p}\right)=\begin{cases} 1&\text{b是p的二次剩余}\\ -1&\text{b不是p的二次剩余}\\ 0&b\equiv0 \end{cases} \]

- 一些引理

Lemma 1

$$\left(\frac bp\right)\equiv b^{\frac{p-1}2}$$

简单证明一下：

• 当 \(b\equiv0\) 时显然；
• 当 \(b\) 是 \(p\) 的二次剩余时，\(\exists x\in[0,p),x^2\equiv b\)；
  由费马小定理有 \(x^{p-1}\equiv1\)，又有 \(p\) 是奇素数；
  可以写成 \((x^2)^{\frac{p-1}2}\equiv1\)，则 \(b^{\frac{p-1}2}\equiv1\)；
• 当 \(b\) 不是 \(p\) 的二次剩余时，由逆元的唯一性可得 \(1,2,\cdots,p-1\) 可以按照“\(i\) 和 \(b\times i^{-1}\)（\(i\) 的逆元）”的方式刚好划分为 \(\frac{p-1}2\) 组，每组乘积为 \(b\)；
  于是把 \(1,2,\cdots,p-1\) 全部乘起来就可以得到 \((p-1)!=b^{\frac{p-1}2}\)，又有 \((p-1)!\equiv -1\)（威尔逊定理，不会 QwQ），则 \(b^{\frac{p-1}2}\equiv-1\)。

Lemma 2

$p$ 恰好有 $\frac{p-1}2$ 个二次剩余。

证明如下：设 \(x,y\) 满足 \(x^2\equiv y^2\)（\(x< y\)，\(x,y\in[1,p-1]\)），移项可得：

\[\begin{aligned} &(x-y)(x+y)\equiv 0\pmod p\\\Leftrightarrow\ &p\mid(x-y)(x+y) \end{aligned} \]

又有 \(p\) 是素数且 \(p\not\mid x-y\)，则 \((p,x-y)=1\)，进而可得 \(p\mid x+y\)。在 \([1,p-1]\) 中，这样的 \((x,y)\) 与 \(x^2\equiv y^2\) 一一对应。

所以 \([1,p-1]\) 中恰有 \(\frac{p-1}2\) 个不同的 \(x^2\)，即 \(\frac{p-1}2\) 个二次剩余，剩下的 \(\frac{p-1}2\) 个数则是非二次剩余。

于是有结论：\(p\) 的二次剩余和非二次剩余一样多。

Lemma 3

$$(a+b)^p\equiv a^p+b^p\pmod p$$

直接二项式展开，\(a^ib^{p-i}\) 项的系数为 \(C_p^i\)。

因为 \(p\) 是质数，所以当 \(i\neq 0,i\neq p\) 时，\(C_p^i=\frac{p!}{i!(p-i)!}\) 的分子是 \(p\) 的倍数而分母不是，所以 \(p\mid C_p^i\)。

取模后只剩下首尾两项。

补充一个讲课的dalao不会证所以我也不会证的定理：

Theorem 4（二次互反律）

$p,q$ 均为奇素数，则

$$\left(\frac pq\right)\cdot\left(\frac qp\right)=(-1)^{\frac{p-1}2\times \frac{q-1}2}$$

- Cipolla

如果我们知道 \(b\) 是 \(p\) 的二次剩余，如何求解？

可以先随机出一个 \(a\) 使得 \(a^2-b\) 不是 \(n\) 的二次剩余，用勒让德函数检验即可。由于 \(p\) 的二次剩余和非二次剩余是一样多的，所以可以较快地随机出这个 \(a\)。

可以知道不存在整数 \(x\) 使得 \(x^2=a^2-b\)，于是我们“扩展数域”，让这样的 \(x\) 存在——定义单位 \(\omega^2\equiv a^2-b\)，类似于复数域，域中的所有数可以表示为 \(p+q\omega\) 的形式。

Theorem 5

$(a+\omega)^{\frac{p+1}2}$ 是原方程的一个根。

直接代入证明：

\[\begin{aligned} &(a+\omega)^{p+1}\\ =&(a+\omega)(a+\omega)^p\\ =&(a+\omega)(a^p+\omega^p) \end{aligned} \]

\(p\) 是奇素数，\(\omega^2\equiv a^2-b\)，则

\[\omega^p=\omega\cdot(a^2-b)^{\frac{p-1}2} \]

因为 \(a^2-b\) 是非二次剩余，所以 \((a^2-b)^{\frac{p-1}2}\equiv-1\)。又由费马小定理，\(a^p\equiv a\)，所以

\[a^p+\omega^p\equiv a-\omega \]

所以

\[\begin{aligned} &\Big[(a+\omega)^{\frac{p-1}2}\Big]^2\\ \equiv&(a+\omega)(a-\omega)\\ \equiv&a^2-\omega^2\\ \equiv&b \end{aligned} \]

于是 \(x_1=(a+\omega)^{\frac{p-1}2}\)。由 Lemma 2，另一个根 \(x_2\) 满足 \(p\mid x_1+x_2\)，则 \(x_2\equiv p-x_1\)。

因为 \(p\) 是奇素数，\(x_1,x_2\) 一定奇偶性不同，则有两个不等根。

- 参考实现3

> Link 洛谷 P5491

/*Lucky_Glass*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

typedef long long llong;
#define cint const int &

int varp,conw;

int Mul(cint a,cint b){return int(1ll*a*b%varp);}
int Add(cint a,cint b){return a+b>=varp? a+b-varp:a+b;}
int Sub(cint a,cint b){return a-b<0? a-b+varp:a-b;}
int Pow(cint a,cint b){return b? Mul(Pow(Mul(a,a),b>>1),(b&1)? a:1):1;}
struct COMPLEX{
	int conr,coni;
	COMPLEX(){}
	COMPLEX(cint varr,cint vari):conr(varr),coni(vari){}
	inline friend COMPLEX operator *(const COMPLEX &A,const COMPLEX &B){
		return COMPLEX(
			Add(Mul(A.conr,B.conr),Mul(Mul(A.coni,B.coni),conw)),
			Add(Mul(A.conr,B.coni),Mul(A.coni,B.conr))
		);
	}
	inline COMPLEX operator ^(int varb)const{
		COMPLEX vara=(*this),res(1,0);
		while(varb){
			if(varb&1) res=res*vara;
			vara=vara*vara;
			varb>>=1;
		}
		return res;
	}
};

//p is an odd prime
int Solve(int varn){
	varn%=varp;
	if(Pow(varn,(varp-1)/2)==varp-1) return -1;
	int vara,varw;
	while(true){
		vara=Mul(rand(),rand());
		varw=(Sub(Mul(vara,vara),varn));
		if(Pow(varw,(varp-1)/2)==varp-1) break;
	}
	conw=varw;
	return (COMPLEX(vara,1)^((varp+1)/2)).conr;
}
int main(){
	int cas;scanf("%d",&cas);
	while(cas--){
		int varn;scanf("%d%d",&varn,&varp);
		if(!varn){printf("0\n");continue;}
		int ans1=Solve(varn),ans2;
		if(~ans1){
			ans2=varp-ans1;
			if(ans1>ans2) swap(ans1,ans2);
			printf("%d %d\n",ans1,ans2);
		}
		else printf("Hola!\n");
	}
	return 0;
}

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THE END

Thanks for reading!

\[\begin{split} “\ &夢のなかを歩きまわる\\ &\quad\small{“ 能一直走在梦想中}\\ &夜空を見上げて\ 星になるの\\ &\quad\small{请仰望星空\ 会成为星星的}\\ &祈りの消えた街\ 夢のなかで\\ &\quad\small{在愿望消失的街道上\ 在梦中}\\ &光の赤い夜寂れた心障\\ &\quad\small{在泛着赤红色光芒的夜里\ 心被寂悸囚禁}\\ &記憶の奥底で開いた壁\ 夢見て殺して\ ”\\ &\quad\small{梦想着彻底冲破记忆深处的那副桎梏 ”}\\ ——&\text{《余命3日少女(Cover)》By 米白} \end{split} \]

> Linked 余命3日少女-网易云