原根学习笔记-编程知识

原根学习笔记

news/2024/7/7 21:20:17/文章来源:https://www.cnblogs.com/01bit/p/18282900

阶

先看看啥是阶.

由欧拉定理可知,对于 $a\in\mathbf{Z},m\in\mathbf{N}^*$ ,若 $(a,m)=1$ ,则 $a^{\varphi(m)}\equiv1\pmod m$ .
因此满足同余式 $a^n\equiv1\pmod m$ 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 $\operatorname{ord}_m(a)$ .

再看看有啥性质.

$a,a^2,\dots,a^{\delta_m(a)}$ 模 $m$ 两两不同余.
若 $a^n\equiv1\pmod m$ ,则 $\delta_m(a)|n$ .
设 $m\in\mathbf{N}^*,a\in\mathbf{Z},b\in\mathbf{Z},(a,m)=(b,m)=1$ ,
则 $\delta_m(ab)=\delta_m(a)\delta_m(b)$ 的充要条件为 $(\delta_m(a),\delta_m(b))=1$ .

证明必要性:

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易知 $a^{\delta_m(a)}\equiv1\pmod m,b^{\delta_m(b)}\equiv1\pmod m$ ,

则 $(ab)^{[\delta_m(a),\delta_m(b)]}\equiv1\pmod m$ ,

可知 $\delta_m(ab)|[\delta_m(a),\delta_m(b)]$ ,

又因为 $\delta_m(ab)=\delta_m(a)\delta_m(b)$ ,

所以 $\delta_m(a)\delta_m(b)|[\delta_m(a),\delta_m(b)]$ ,

所以 $(\delta_m(a),\delta_m(b))=1$ .

证明充分性:

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易知 $(ab)^{\delta_m(ab)}\equiv1\pmod m$ ,

则 $(ab)^{\delta_m(ab)}\equiv(ab)^{\delta_m(ab)\delta_m(b)}\equiv a^{\delta_m(ab)\delta_m(b)}\equiv1\pmod m$ ,

所以 $\delta_m(a)|\delta_m(ab)\delta_m(b)$ ,

又因为 $(\delta_m(a),\delta_m(b))=1$ ,

所以 $\delta_m(a)|\delta_m(ab)$ ,

同理 $\delta_m(b)|\delta_m(ab)$ ,

所以 $\delta_m(a)\delta_m(b)|\delta_m(ab)$ ,

又因为 $(ab)^{\delta_m(a)\delta_m(b)}\equiv(a^{\delta_m(a)})^{\delta_m(b)}(b^{\delta_m(b)})^{\delta_m(a)}\equiv1\pmod m$ ,

所以 $\delta_m(ab)|\delta_m(a)\delta_m(b)$ ,

综上 $\delta_m(ab)=\delta_m(a)\delta_m(b)$ .

设 $k\in\mathbf{N},m\in\mathbf{N}^*,a\in\mathbf{Z},(a,m)=1$ ,则 $\delta_m(a^k)=\dfrac{\delta_m(a)}{(\delta_m(a),k)}$ .

证明:

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注意到 $a^{k\delta_m(a^k)}\equiv (a^k)^{\delta_m(a^k)}\equiv1\pmod m$ ,

则 $\delta_m(a)|k\delta_m(a^k)$ ,即 $\dfrac{\delta_m(a)}{(\delta_m(a),k)}|\delta_m(a^k)$ ,

又注意到 $(a^k)^{\frac{\delta_m(a)}{(\delta_m(a),k)}}\equiv(a^{\delta_m(a)})^{\frac{k}{(\delta_m(a),k)}}\equiv1\pmod m$ ,

则 $\delta_m(a^k)|\dfrac{\delta_m(a)}{(\delta_m(a),k)}$ ,

综上 $\delta_m(a^k)=\dfrac{\delta_m(a)}{(\delta_m(a),k)}$ .

原根

说完阶,再看看啥是原根.

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.

原根有什么性质呢?

(原根判定定理)设 $m\geqslant3,(g,m)=1$ ,则 $g$ 是模 $m$ 的原根的充要条件为,对于 $\varphi(m)$ 的每个素因数 $p$ ,都有 $g^{\frac{\varphi(m)}{p}}\not\equiv1\pmod m$

证明充分性:

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使用反证法.

当对于 $\varphi(m)$ 的每个素因数 $p$ ,都有 $g^{\frac{\varphi(m)}{p}}\not\equiv 1\pmod m$ 成立时,我们假设存在一个 $g$,其不是模 $m$ 的原根.

因为 $g$ 不是 $m$ 的原根,则存在一个 $t<\varphi(m)$ 使得 $g^t\equiv 1\pmod{m}$ .

由裴蜀定理得,一定存在一组 $k,x$ 满足 $kt=x\varphi(m)+(t,\varphi(m))$ .

又由欧拉定理得 $g^{\varphi(m)}\equiv 1\pmod{m}$ ,故有:

\[1\equiv g^{kt}\equiv g^{x\varphi(m)+(t,\varphi(m))}\equiv g^{(t,\varphi(m))}\pmod{m} \]

由于 $(t, \varphi(m)) \mid \varphi(m)$ 且 $(t, \varphi(m))\leqslant t < \varphi(m)$ .

故存在 $\varphi(m)$ 的素因数 $p$ 使得 $(t, \varphi(m)) \mid \frac{\varphi(m)}{p}$ .

则 $g^{\frac{\varphi(m)}{p}}\equiv g^{(t, \varphi(m))}\equiv 1\pmod{m}$ ,与条件矛盾.

故假设不成立,原命题成立.

(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:

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若 $m$ 有原根 $g$ ,则:

\[\delta_m(g^k)=\dfrac{\delta_m(g)}{\left(\delta_m(g),k\right)}=\dfrac{\varphi(m)}{\left(\varphi(m),k\right)} \]

所以若 $\left(k,\varphi(m)\right)=1$ ,则有: $\delta_m(g^k)=\varphi(m)$ ,即 $g^k$ 也是模 $m$ 的原根.

而满足 $\left(\varphi(m),k\right)=1$ 且 $1\leq k \leq \varphi(m)$ 的 $k$ 有 $\varphi(\varphi(m))$ 个.所以原根就有 $\varphi(\varphi(m))$ 个.

(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 $p$ 为奇素数, $\alpha\in \mathbf{N}^{*}$ .

证明:
见 OI-Wiki .

(最小原根的范围估计) 见 OI-Wiki .

题目

题单: https://vjudge.net/contest/638199 .

洛谷 P6081 【模板】原根

见 https://www.luogu.com.cn/article/d1yftjt7 .

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=1000010;
int t,p,cnt,tot,ctans,fc[MAXN],ans[MAXN],pri[MAXN],rt[MAXN],q[MAXN],phi[MAXN];
void init () {phi[1]=1;for (int i=2;i<=MAXN-10;i++) {if (!q[i]) {pri[++tot]=i,phi[i]=i-1;}for (int j=1;j<=tot&&pri[j]*i<=MAXN-10;j++) {q[i*pri[j]]=1;if (i%pri[j]==0) {phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];break;}phi[i*pri[j]]=phi[i]*(pri[j]-1);}}rt[2]=rt[4]=1;for (int i=2;i<=tot;i++) {for (int j=1;(1ll*j*pri[i])<=MAXN-10;j*=pri[i]) {rt[j*pri[i]]=1;}for (int j=2;(1ll*j*pri[i])<=MAXN-10;j*=pri[i]) {rt[j*pri[i]]=1;}}return;
}
int gcd (int a,int b) {return (b==0?a:gcd(b,a%b));}
int qpow (int a,int b,int p) {int res=1;while (b) {if (b&1) {res=(1ll*res*a)%p;}a=(1ll*a*a)%p;b>>=1;}return res;
}
void proc (int p) {for (int i=2;i*i<=p;i++) {if (p%i==0) {fc[++cnt]=i;while (p%i==0) {p/=i;}}}if (p>1) {fc[++cnt]=p;}return;
}
bool chk (int x,int p) {if (qpow(x,phi[p],p)!=1) {return 0;}for (int i=1;i<=cnt;i++) {if (qpow(x,phi[p]/fc[i],p)==1) {return 0;}}return 1;
}
int findrt (int p) {for (int i=1;i<p;i++) {if (chk(i,p)) {return i;}}return 0;
}
void getrt (int p,int x) {int prod=1;for (int i=1;i<=phi[p];i++) {prod=(1ll*prod*x)%p;if (gcd(i,phi[p])==1) {ans[++ctans]=prod;}}return;
}
int main () {init();scanf("%d",&t);for (int ii=1;ii<=t;ii++) {int wtf;scanf("%d%d",&p,&wtf);if (rt[p]) {ctans=cnt=0;proc(phi[p]);int mn=findrt(p);getrt(p,mn);sort(ans+1,ans+ctans+1);printf("%d\n",ctans); for (int i=1;i<=ctans/wtf;i++) {printf("%d ",ans[i*wtf]);}printf("\n");} else {printf("0\n\n");}}return 0;
}