原根

阶

由欧拉定理知，若 \((a,m)=1\) ，则 \(a^{\varphi (m)} \equiv 1 \pmod {m}\)

因此满足 \(a^n \equiv 1 \pmod{m}\)的最小正整数 \(n\) 存在，这个 \(n\) 称作 \(a\) 模 \(m\) 的阶，记作 \(\delta_m(a)\) 或 \(ord_m(a)\)

此外还有“半阶”的概念， \(\delta^-\) 表示满足 \(a^n\equiv -1 \pmod{m}\) 的最小的n

在互质的条件下，阶一定存在，半阶不一定存在

性质1

$a,a^2 ,\cdots,a^{\delta_m(a)} $模 \(m\) 两两不同余。

证明：

假设存在 \(i\neq j\) ，且 \(a^i \equiv a^j \pmod{m}\) ，则有 \(a^{|i-j|} \equiv 1 \pmod{m}\) .

但显然有 \(0<|i-j|<\delta_m(a)\) ，这与阶的最小性矛盾。

性质2

若 \(a^n \equiv 1 \pmod m\)，则 \(\delta_m(a)\mid n\).

证明：

对 \(n\) 除以 \(\delta_m(a)\) 做带余除法，设 \(n=\delta_m(a)q+r, 0\leq r < \delta_m(a)\).

若 \(r>0\)，则 \(a^r\equiv a^r(a^{\delta_m(a)})^q\equiv a^n\equiv 1 \pmod{m}\)

这与阶的最小性矛盾，故 \(r=0\) .

• 据此还有：若 \(a^p\equiv a^q \pmod{m}\) ，则有 \(p\equiv q \pmod{\delta_m(a)}\).

性质3

设 \(m\in N^{*}\)，\(a,b\in Z\)，\((a,m)=(b,m)=1\)，则

\(\delta_m(ab)=\delta_m(a)\delta_m(b)\) 等价于 \((\delta_m(a),\delta_m(b))=1\)

性质4

设 \(k\in N\)， \(m\in N^{*}\)，\(a\in Z\)，\((a,m)=1\)，则 \(\delta_m(a^k)=\frac{\delta_m(a)}{(\delta_m(a),k)}\)

性质3,4证明略，可以看oi-wiki。

原根

设 \(m \in \mathbf{N}^{*}，g\in \mathbf{Z}\). 若 \((g,m)=1\)，且 \(\delta_m(g)=\varphi(m)\)，则称 \(g\) 为模 \(m\) 的原根。

特别的，当 \(m\) 是质数时，由阶的性质1得，我们有 \(g^i \bmod m,i\in[1,m-1]\) 的结果互不相同。（这里经常对 \(i\) 的范围有两种表述，\(i\in[1,m-1]\) 或 \(i\in[0,m-1)\) 。仔细想想这两者是等价的。首先，在模 \(m\) 意义下我们可能得到的非零取模结果只有 \(1,2,...,m-1\) ，且 \(g^0=1,g^{m-1}\equiv 1 \pmod{m}\)，也就是这个在哪边取这个 \(1\) 的一个问题。

在抽象代数中，原根就是循环群的生成元。这个概念只在模 m 缩剩余系关于乘法形成的群中有「原根」这个名字，在一般的循环群中都称作「生成元」。
并非每个模 m 缩剩余系关于乘法形成的群都是循环群，存在原根就表明它同构于循环群，如果不存在原根就表明不同构。 ——引自oi-wiki

原根判定定理

设 \(m \geqslant 3, (g,m)=1\)，则 \(g\) 是模 \(m\) 的原根的充要条件是，

对于 \(\varphi(m)\) 的每个质因数 \(p\)，都有\(g^{\frac{\varphi(m)}{p}}\not\equiv 1\pmod m.\)

证明：必要性显然，否则不符合最小性。

充分性考虑反证，假设存在一个g，满足该条件但不是原根。

由于 \(g^{\varphi(m)}\equiv 1 \pmod{m}\)，带入阶的性质2，会有 \(\delta_m(g)|\varphi(m)\) .

但，g 不是 m 的原根，所以 \(\delta_m(g)\neq \varphi(m)\) ，所以一定存在一个 \(\varphi(m)\) 的质因子 p 使得 \(\delta_m(g)|\frac{\varphi(m)}{p}\) ，矛盾。

原根个数

若一个数 \(m\) 有原根，则它原根的个数为 \(\varphi(\varphi(m)).\)

证明：

若 m 有原根 g，由阶的性质4得：

\(\delta_m(g^k)=\frac{\delta_m(g)}{gcd(\delta_m(g),k)}=\frac{\varphi(m)}{gcd(\varphi(m),k)}\)

所以若 \(gcd(\varphi(m),k)=1\) ，则有 \(\delta_m(g^k)=\varphi(m)\)，此时 \(g^k\) 也是 m 的原根。这样的 k 有 \(\varphi(\varphi(m))\) 个。

注意到，这些 \(g^k\) 模m是互不同余的（由阶的性质1），所以直接算就行。

原根存在定理

一个数 \(m\) 存在原根当且仅当 \(m=2,4,p^{\alpha},2p^{\alpha}\)，其中 \(p\) 为奇质数，\(\alpha\in \mathbf{N}^{*}.\)

证明极为复杂，因此略。

求原根

经某些dalao证明，质数 \(p\) 的最小原根是 \(O\left(p^{0.25}\right)\)级别的。

我们首先判断该数字是否有原根，然后暴力枚举判断最小原根，最后用原根个数定理中的条件找出剩下的 \(g^k\) 这些原根即可。

我们寻找n的最小原根的复杂度是 \(O(n^{0.25}\log^2 n)\)，实际上复杂度瓶颈在最后sort的 \(O(n\log n)\) 上

[模板] 原根

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
int T,n,d,phi[maxn],p[maxn],cnt,vis[maxn];
int rt[maxn],tot,f[maxn],ans[maxn],num;
void init(){
	phi[1]=1;
	for(int i=2;i<=maxn-5;i++){
		if(!vis[i]) p[++cnt]=i,phi[i]=i-1;
		for(int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=maxn-5;j++){
			vis[i*p[j]]=1;
			if(i%p[j]==0){
				phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j];
				break;
			} else phi[i*p[j]]=phi[i]*(p[j]-1);
		}
	}
	rt[2]=rt[4]=1;
	for(int i=2;i<=cnt;i++){
		for(long long j=p[i];j<=maxn-5;j*=p[i]) rt[j]=1;//小心炸int 
		for(long long j=2*p[i];j<=maxn-5;j*=p[i]) rt[j]=1;
	}
}
int gcd(int x,int y){
	if(y==0) return x;
	return gcd(y,x%y);
}
int qpow(int x,int y,int p){
	int res=1;
	while(y){
		if(y&1) res=1ll*res*x%p;
		x=1ll*x*x%p;
		y>>=1;
	}
	return res;
}
void div(int n){
	tot=0;
	for(int i=2;i<=n/i;i++){
		if(n%i==0){
			f[++tot]=i;
			while(n%i==0) n/=i;
		} 
	}
	if(n>1) f[++tot]=n;
}
bool check(int x,int n){
	if(gcd(x,n)!=1) return 0;
	for(int i=1;i<=tot;i++){
		if(qpow(x,phi[n]/f[i],n)==1) return 0;
	}
	return 1;
} 
int findrt(int n){
	for(int i=1;i<n;i++){
		if(check(i,n)) return i;
	}
	return 0;
}
void getrt(int n,int x){
	int y=1; num=0;
	for(int i=1;i<=phi[n];i++){
		y=1ll*y*x%n;
		if(gcd(i,phi[n])==1) ans[++num]=y;
	}
}
int main(){
	init();
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d%d",&n,&d);
		if(rt[n]){
			div(phi[n]);
			int mn=findrt(n);
			getrt(n,mn);
			sort(ans+1,ans+num+1);
			printf("%d\n",num);
			for(int i=d;i<=num;i+=d) printf("%d ",ans[i]);
			printf("\n");
		} else printf("0\n\n");
	}
	return 0;
}

指标

指标，又称离散对数，就是在模意义下进行的对数运算。设 \(p\in N^+\) 且有原根 \(g\) ，对于满足 \(gcd(a,p)=1\) 的整数 \(a\)，必然存在唯一的 \(0\leq k < \varphi(p)\) 使得 \(g^k \equiv a \pmod{p}\) 。

则称 \(k\) 为 \(a\) 模 \(p\) 的指标，记作 \(k=ind(a)=\gamma(a)\)

性质和普通对数类似

• 若 \(a\equiv b\pmod{p}\) ，则 \(\gamma(a)\equiv \gamma(b) \pmod{\varphi(p)}\)

• \(\gamma(ab)=\gamma(a)+\gamma(b)\)

• \(\gamma(a^n)=n\gamma(a) \pmod{\varphi(p)}\)

例

bzoj 1420. Discrete Root

它问的是 \(x^k \equiv a \pmod{p}\) 的所有 \(x\)

如果你对算法比较熟悉，就会想到BSGS算法：求 \(a^x\equiv b \pmod{p}\) 的最小 \(x\)

那么我们试图把在底数上的未知数转化到指数上。

已知 \(p\) 为质数，则必然存在原根，且 \(\delta_m(a)=\varphi(p)=p-1\)。

由阶的性质1，对于 \(i\in {x|1\leq x < p}\) ，存在唯一的 \(j\in{x|1\leq x <p}\) 使得 \(g^j\equiv i \pmod{p}\) ，我们不妨就令这个映射为 \(j=f(i)\) .

那么方程转化为 $ x^k \equiv$ \((g^{f(x)})^k\) \(\equiv (g^k)^{f(x)}\) $\equiv a \pmod{p} $

我们就可以用 BSGS 求出 f(x) 进而求出 \(g^{f(x)}\)

还有一种方法是用指标转化，直接就出来了（但笔者在写这题的时候还没学指标

bzoj 2219. 数论之神

跟上一题的区别在于这个模数不一定有原根，然后我们就需要一系列的分解质因数和化为同余方程组。需要一个巨大的分讨来求解因数个数。

我刚把那一坨latex打完，直接退出，直接完蛋。。全**丢了，气死了