[数论]阶、原根和指数方程

Order and primitive root and exponential equations(阶、原根和指数方程)

一、概念

1、阶

阶：\(a^x ≡1 (\bmod m)\)上面的x就是阶

2、原根

\(\bmod m\)的阶为\(\phi(m)\)的数

3、指数方程(BSGS)

BSGS(baby step giant step)

不暴力的解\(a^x ≡ b (\bmod m)\)

二、阶

1.理解

如果\((a,m) = 1\)，那么记\(x\)为最小的正整数使得\(a^x ≡ 1(\bmod m)\)

\(x|\phi(m)\)，反证法。

阶可以理解为循环长度的是多少。

我们不停的乘a模\(m\)，看看循环长度是多少，我们绕着循环走，走\(\phi(m)\)步一定会走回原来的地方。最小的正整数\(x\)使得\(a^x ≡ 1(\bmod m)\),\(x\)称为\(a \bmod m\)的阶。

eg.a = 2,m = 7

1 ——>2——>4

↑———3————|

eg2.a = 3,m = 7

1 ——>3——>2 ——>6——>4——>5

↑————————6——————————|

2.求阶

那么我们怎么去求这个阶呢？

1.(纯暴力)因为我们知道\(\phi(m)\)步只会一定会循环，那我们从1 for 到\(\phi(m)\)看看最小的是多少。

2.阶|\(\phi(m)\)，我们枚举\(\phi(m)\)的所有因子去找到最小的\(a \mod m = 1\)

3.(正解)我们求阶的时候可以从\(\phi(m)\)开始依次除掉每个因子判断。

\(\phi(m) = p1^{e1}p2^{e2}...pk^{ek}\)

\(d = \phi(m)\) \(a^d \bmod m = 1\)

for(每个因子pi){

while(\(d\)%\(pi==0\)&&\(a^{\frac{d}{pi}}\)% \(m == 1\)){

​ d/=pi

}

}

最后的这个d就是答案

eg. a = 9,m = 31,\(\phi(m)=30=2\times3\times5\)

一开始，令\(d = \phi(m) = 30\)

对于因子\(2\)，d有2这个因子，再看d能不能把2这个因子除掉，那\(d = \dfrac{\phi(m)}{2} = \dfrac{30}{2} = 15\)，去看\(a^{15} \bmod m\)是不是等于1的，是的话就把d除掉2这个因子，d = 15，接着看3这个因子，我们发现\(a^5 \bmod m != 1\)所以\(3\)这个因子不能被除掉。因为我们始终要保证\(a^d \bmod m == 1\)

\(pi = 2\) \(a^{15} \bmod m = 1\) ,d = 15

\(pi = 3\) \(a^{5} \bmod m = 1?\)不行

\(pi = 5\) \(a^{3} \bmod m = 1?\)不行

所以这里a mod m的阶是15。

\(\phi(m) = p1^{e1}p2^{e2}...pk^{ek}\)

\(ord = p1^{a1}p2^{a2}...pk^{ak}\)

从\(\phi(m)到ord\)

比如上述例子：

\(\phi(m) = 2^{1}3^{1}5^{1}\)

\(ord = 2^{0}3^{1}5^{1}\)

例题：

阶

给定素数p，回答T(1e5)个询问。
给定一个a，问最小的正数x满足ax≡1(mod p)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1010;
int pf[N],t;
ll ksm(ll a,ll b,ll mod)
{
	ll ans = 1,base = a;
	while(b)
	{
		if(b&1)
		{
			ans = ans*base;
			ans%=mod;
		}
		base = base*base;
		base%=mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	int p,T;
	cin>>p>>T;
	int m = p-1;
	for(int i = 2;i*i<=m;i++)
	{
		if(m%i==0)
		{
			pf[t++] = i;
			while(m%i==0)m/=i;
		}
	}
	if(m!=1)
		pf[t++] = m;
	for(int i = 1;i<=T;i++)
	{
		int a;
		cin>>a;
		int d = p-1;
		for(int i = 0;i<t;i++)
			while(d%pf[i]==0&&ksm(a,d/pf[i],p)==1)//pf[i]是d的因子，且a^{d/pf[i]} mod p == 1说明这个因子可以被除掉
				d/=pf[i];
		cout<<d<<endl;
	}
	return 0;
}

三、原根(useful)

1.理解

如果\(g (\bmod m)\)的阶为\(\phi(m)\),那么\(g\)为\(m\)的原根。

阶是在互质数 (a,m)间的定义：满足 \(a^n≡1(\bmod m)\) 的最小 n 被称作 a 模 m 的阶

明显，在 a,m 不互质时，a 的无论多少次幂全都是 \(\gcd(a,m)\)的倍数，故不可能取到 1；

而当互质时，依据扩展欧拉定理，必有 \(a^{\phi(m)}≡1(\bmod m)\)，但也不排除存在更小的 \(n\)。它未必是最小的，所以不一定是阶，而当\(\phi (m)是a模m\)的阶时，我们称a为m的一个原根。

\(g^0,g^1...g^{\phi(m)}\)构成了模\(m\)的简化剩余系。

只有\(1,2,4,p^a,2p^a\)存在原根(这里的\(p\)的奇素数)

结论(记一下):奇素数的幂次是一定有原根的，2的幂次是不一定有原根的。

2.求原根

从小到大或随机枚举\(g\)，然后判断原根。

\(\phi(m) = p1^{e1}p2^{e2}...pk^{ek}\)

\(ord = p1^{a1}p2^{a2}...pk^{ak}\)

对于素数\(p\)，只要判断所有的\(m|p-1\)(看它的阶是不是\(\phi(m)\)这里是\(p-1\),说明我们一个因子都不能除掉，因为它的初值就是\(\phi(m)\))然后\(g^{\frac{p-1}{pi}}\neq 1 (\bmod m)\)即可。

记住\(p\)的原根不一定是\(p^2\)的原根。

对于素数幂次，如果\(a\)是\(p\)的原根，存在一个\(a+tp\)是\(p^2\)的原根，并且当\((a+tp)^{p-1}\)模\(p\)不等于1就行。

如果\(a\)是\(p^2\)的原根，那么一定是更高层次的原根。

结论：

1. g是很多的，严格意义上来说有\(\phi(p)-1\)个
2. 最小的原根不会很大
3. (重要)若\(g\)是一个原根的话，所有\(1\)到\(m\)之间与\(m\)互质的数都会在循环节里面出现，可以表示为\(g^i(0<=i<\phi(m))\)

eg.a = 3,m = 7

1 ——>3——>2 ——>6——>4——>5

↑ |

———————6—————————

例题：

原根

回答T组询问，每次给一个素数p，输出它最小的原根g。

//给定素数p，回答T(1e5)个询问。
//给定一个a，问最小的正数x满足ax≡1(mod p)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1010;
int pf[N];
ll ksm(ll a,ll b,ll mod)
{
	ll ans = 1,base = a;
	while(b)
	{
		if(b&1)
		{
			ans = ans*base;
			ans%=mod;
		}
		base = base*base;
		base%=mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	int p,T;
	cin>>T;
	for(int i = 1;i<=T;i++)
	{
		cin>>p;
		int m = p-1,t = 0;
		for(int i = 2;i*i<=m;i++)
		{
			if(m%i==0)
			{
				pf[t++] = i;
				while(m%i==0)m/=i;
			}
		}
		if(m!=1)
			pf[t++] = m;
		for(int g = 1;g<p;g++)
		{
			bool ok = true;
			int d = p-1;
			for(int i = 0;i<t;i++)
			{
				if(ksm(g,d/pf[i],p)==1)
				{
					ok = false;
					break;
				}
			}
			if(ok)
			{
				cout<<g<<endl;
				break;
			}
		}
		
	}
	return 0;
}

三、指数方程

1.理解

指数方程\(a^x ≡ b(\bmod m)\)，其中\((a,m) = 1\)

$x = 0 $ ~ $ \phi(m)-1$之间的

2.解法

1.暴力解法,时间复杂度O(m)：

for(x = 0...\(\phi(m)\)-1）{

​ 累乘，看\(a^x \bmod m\)是不是等于\(b\)

}

2.正解：令\(T = ceil(\sqrt{m})\) ,对于\(0到m-1\)之间的数一定能表示成\(qT+r\)（商+余数）,其中\(q\in[0,T-1],r\in[0,T-1]\)

eg. m = 100,对于0~99之间的数都可以表示成10q+r

那么\(a^x ≡ b(\bmod m)\)就可以写成\(a^{qT+r} ≡ b(\bmod m)\)

未知数由原来的x变为了q和r

现在问题变成了：\((a^T)^q ≡ ba^{-r} (\bmod m )\)其中\(q\in[0,T-1],r\in[0,T-1]\)

\(a^{T*0}a^{T*1}a^{T*2}...a^{T*(T-1)}\)

\(b*a^{-0}*b*a^{-1}*b*a^{-2}...b*a^{-(T-1)}\)

相当于给你两列数，问你有没有相同的数字，可以用hash或者map写，时间复杂度O(T*log)。

我们写的时候令\(x = q*T-r\)其中\(q\in[1,T],r\in[1,T]\)

\((a^{T})^q ≡ b*a^r (\bmod m)\)

eg1指数方程1

给定素数p，回答T(1e5)个询问。
给定一个a，问最小的正数x满足ax≡b(mod p)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int a,b,m;
ll ksm(ll a,ll b,ll mod)
{
	ll ans = 1,base = a;
	while(b)
	{
		if(b&1)
		{
			ans = ans*base;
			ans%=mod;
		}
		base = base*base;
		base%=mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
void solve()
{
	cin>>a>>b>>m;
	int T = sqrt(m)+2;//小心精度误差，我们+2
	ll v = ksm(a,T,m),d = 1;
	unordered_map<int,int>ha;
	for(int q = 1;q<=T;q++)
	{
		d = d*v%m;
		//因为我们要求较小的解，如果我们有两个相同的d，取小的那个
		if(!ha.count(d))ha[d] = q*T;
	}
	int ans = m+1;
	d = b;
	for(int r = 1;r<=T;r++)
	{
		d = d*a%m;
		if(ha.count(d))ans = min(ans,ha[d]-r);
	}
	if(ans>=m)cout<<-1<<endl;
	else cout<<ans<<endl;
}
int main()
{
	int t;
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}

eg2.[指数方程2](指数方程2 - 题目 - Daimayuan Online Judge)

题意：回答\(T\)组询问，每次给一个数\(a,b,m\)输出最小的非负整数\(x\)满足\(a^x≡b(\bmod m)\)。

思路：

因为不一定互质，就不能和上一题那样写了。为什么呢？

因为\(a^{qT-r}≡b (\bmod m)和a^{qT} ≡ b*a^r(\bmod m)\)只有在\(a和m\)互质的情况下是可以互推的。

那怎么办呢？如果不互质，我们就除到它互质为止

举个例子：

\(6^x ≡ 456(\bmod 600)\)

\(6*6^{x-1}≡456(\bmod m)\)

\(6^{x - 1}≡76(\bmod 100)\)

\(6*6^{x - 2}≡76(\bmod 100)\)

\(3*6^{x - 2}≡38(\bmod 50)\)

\(6^{x - 2}≡46(\bmod 50)\)

\(6*6^{x - 3}≡46(\bmod 50)\)

\(3*6^{x - 3}≡23(\bmod 25)\)

\(6^{x - 3}≡16(\bmod 25)\)

现在它们互质了，可以用\(BSGS\)写了

最后\(x = 6\)是最小正整数解

总结一下就是：

\(a^x ≡ b(\bmod m)\)

\(a^{x-t} ≡ b(\bmod m)\)

while((a,m)!=1)

{

​ if(b==1)x = t;

​ int g = gcd(a,m);

​ if(g%b)无解

​ else{

​ a/g*a^{x-t-1}≡b/g(mod m/g)

​ a^{x-t-1} ≡ b/g*(a/g)^{-1}(mod m/g)

}

}

每次都会除掉一个gcd,这个过程最多会迭代log次

那么写法为：

for(x = 0~30)看看有没有解

然后木有的话，直接写成a^30 * a^{x-30} ≡ b（mod m)

g = (a^30,m)

a^{x-30} ≡ b/g(a^30/g)(mod m/g)

对于\(a^{30}\)怎么办嘞，因为是求和\(m\)的gcd，那我们可以求\(2^{30}\bmod m\),如果mod完之后等于0了，除非b也是0，否则无解

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int a,b,m;

ll gcd(ll a,ll b)
{
	if(b==0)return a;
	else return gcd(b,a%b);
}

ll ksm(ll a,ll b,ll mod)
{
	ll ans = 1,base = a;
	while(b)
	{
		if(b&1)ans = ans*base%mod;
		base = base*base%mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}

ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
	if(b==0)
	{
		x = 1,y = 0;
		return a;
	}
	ll d = exgcd(b,a%b,y,x);
	y -= (a/b)*x;
	return d;
}

//求a*x = b(mod m)的解
ll modequ(ll a,ll b,ll m)
{
	ll x,y;
	ll d = exgcd(a,m,x,y);
	if(b%d)return -1;
	m/=d,a/=d,b/=d;
	x = x*b%m;
	if(x<0)x+=m;
	return x;
}

int MAGIC = 30;

void solve()
{
	int a,b,m;
	cin>>a>>b>>m;
	ll v = 1;
	for(int i = 0;i<MAGIC;i++)
	{
		if(v == b)
		{
			cout<<i<<endl;
			return;
		}
		v = v*a%m;
	}
	//v * a^{x-30} = b(mod m);
	ll g = gcd(v,m);
	if(b%g)
	{
		cout<<-1<<endl;
		return;
	}
	b/=g,m/=g;
	a%=m;
	//v/g * ? = b/g(mod m)
	b = modequ(v/g,b,m);
	//BSGS
	int T = sqrt(m)+2;//小心精度误差，我们+2
	v = ksm(a,T,m);
	ll d = 1;
	unordered_map<int,int>ha;
	for(int q = 1;q<=T;q++)
	{
		d = d*v%m;
		//因为我们要求较小的解，如果我们有两个相同的d，去小的那个
		if(!ha.count(d))ha[d] = q*T;
	}
	int ans = m+1;
	d = b;
	for(int r = 1;r<=T;r++)
	{
		d = d*a%m;
		if(ha.count(d))ans = min(ans,ha[d]-r);
	}
	if(ans>=m)cout<<-1<<endl;
	else cout<<ans+MAGIC<<endl;
}

int main()
{
	int t;
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}