算法学习笔记(11): 原根

Posted 2023-01-17 jeefy

原根

此文相对困难，请读者酌情食用

在定义原根之前，我们先定义其他的一点东西

---

阶

通俗一点来说，对于 \\(a\\) 在模 \\(p\\) 意义下的阶就是 \\(a^x \\equiv 1 \\pmod p\\) 的最小正整数解 \\(x\\)

或者说，\\(a\\) 在模 \\(p\\) 意义下生成子群的阶（群的大小）

再或者说，是 \\(a\\) 在模 \\(p\\) 意义下的循环节的大小

循环节，生成子群……真绕……其实两者很类似

两者的大小也就是在模 \\(p\\) 意义下集合 \\(\\a^1, a^2, a^3,\\dots,a^k\\\\) 不重复元素的个数

可以通过欧拉定理可知 \\(a^\\varphi(p) \\equiv a^0 \\equiv 1 \\pmod p\\) 也就是说存在一个数 \\(k\\)，使得 \\(a^k \\equiv a \\pmod p\\)

所以，就有了循环……

我们将 \\(a\\) 在模 \\(m\\) 意义下的阶记作 \\(ord_ma\\)

显然，无论是根据群论还是什么，\\(ord_ma\\) 一定是 \\(\\varphi(p)\\) 的因数

特别的，当 \\(ord_ma = \\varphi(p)\\) 时，称 \\(a\\) 为模 \\(p\\) 意义下的一个原根

那么原根的定义出来了……

---

原根

上述定义或许不是那么简单，我们换一种说法

\\[\\beginaligned \\forall x \\in [1, \\varphi(p)), a^x \\not\\equiv 1 \\pmod p \\\\ a^\\varphi(p) \\equiv 1 \\pmod p \\endaligned \\]

满足上述两个条件的数 \\(a\\) 就是模 \\(p\\) 意义下的一个原根

这两个条件也是我们在程序中验证原根的方法 QwQ

而对于原根来说，\\(a^1, a^2,\\dots,a^\\varphi(p)\\) 在 \\(m\\) 下各不相同，他们就是最短的循环节，也是模 \\(p\\) 意义下的完全剩余系，或者说原根的生成子群

---

但是，并不是每一个数都存在原根

例如 \\(\\varphi(8) = 4\\)，但是没有任何数在模 \\(8\\) 下的阶为 \\(4\\)

为判断一个数是否有原根，我们有一个重要的定理：

正整数 \\(k\\) 有原根的充要条件为 \\(k\\) 能表示成 \\(2, 4, p^n, 2p^n\\) 中的任何形式之一，其中 \\(p\\)为奇素数

由于证明比较复杂，若感兴趣可以参见这篇博客 原根证明

---

那么如何求出一个数 \\(p\\) 有多少个原根

假设我们已经求出了一个原根 \\(g\\)

由于原根一定存在与 \\(p\\) 的完全剩余系中，而 \\(g\\) 的生成子群与之等价，也就是说，我们需要在

\\[\\g^k|k \\in [1, \\varphi(p))\\ \\]

这个集合中寻找所有的原根

所以，考虑构造出判断阶的方法。我们令 \\(d = gcd(k, \\varphi(p))\\)

那么

\\[g^k\\frac \\varphi(p) d \\equiv g^\\varphi(p) \\frac kd \\equiv 1^\\frac kd \\equiv 1 \\pmod p \\]

那么 \\(\\frac kgcd(k, \\varphi(p))\\) 也就是 \\(g^k\\) 的阶

若需要满足原根的定义，我们必须使得 \\(gcd(k, \\varphi(p)) = 1\\)

同时考虑 \\(g = g^1\\)，\\(gcd(1, \\varphi(p)) = 1\\)，也就是说有总共有 \\(\\varphi(\\varphi(p))\\) 个原根

---

这同时启发我们，只要我们找到了任意一个模 \\(p\\) 意义下的原根，我们就可以求出所有原根。

至于如何找到原根，选择暴力枚举即可

有证明：如果一个数 \\(n\\) 有原根，则其最小原根在渐近意义下不大于 \\(\\sqrt[4]n\\) 级别，所以直接枚举是没有任何问题的

---

那么我们总结一下求 \\(n\\) 的原根的所有步骤

• 预处理

  • 利用线性筛求出所有的质数以及每一个数的 \\(\\varphi\\) 值

  • 对每一个筛出的质数，标记出所有 \\(p^q\\) 和 \\(2p^q\\) (别忘了\\(2, 4\\))

• 判断 \\(n\\) 是否有原根

• 求最小原根

  • 求出 \\(\\varphi(m)\\) 的所有质因数 \\(i\\)，记录 \\(m/i\\) （记得将 \\(1\\) 也记录进去）

  • 枚举一个数 \\(g\\)，对于每一个记录的数 \\(j = m/i\\) 分别计算 \\(g^j\\)，如果\\(i^j \\equiv 1 \\pmod m\\) ，说明 \\(i\\) 不是原根 （这里再下文中有解释）

  • 重复第二部，直到找到一个原根 \\(g\\) 为止

• 求所有原根

  • 枚举 \\(k \\in [1, \\varphi(m))\\)

  • 如果 \\(gcd(k, \\varphi(m)) = 1\\)，则 \\(g^k\\) 是一个原根，记录下他

解释：求最小原根的判断

为什么我们只需要枚举 \\(m/i\\) 就行了？

考虑我们将 \\(m\\) 分解成 \\(m = i_1^a_1 i_2^a_2\\dots i_k^a_k\\)

由于如果需要满足 \\(i^j \\equiv 1 \\pmod p\\)，一定有 \\(j|\\varphi(p)\\)

那么对于 \\(m/i = kj\\)，一定有 \\(i^m/i\\equiv 1 \\mod p\\)

也就是说，所有 \\(m/i\\) 就包含了所有情况了

那么为什么要加上 \\(1\\) 呢，这就交给读者消化思考喽 ^_

参考代码如下：真的只供参考，这种写法特别慢

template<typename T>
inline T gcd(T x, T y) 
	T z;
	while (y) z = x % y, x = y, y = z;
	return x;


template<typename T>
inline T qpow(T a, T x, T p) 
	T r(1); a %= p;
	while (x) 
		if (x & 1) r = (r * a) % p;
		a = (a * a) % p, x >>= 1;
	
	return r;


int phi[N], notp[N];
std::vector<int> prm;
void getPrm() 
	phi[1] = 1;
	for (int i = 2; i < N; ++i) 
		if (!notp[i]) prm.push_back(i), phi[i] = i - 1;
		
		for (const int &j : prm) 
			if (i * j >= N) break;
			notp[i * j] = true;
			if (i % j == 0) 
				// i | n && i^2 | n => phi(n) = phi(n / i) * i
				phi[i * j] = phi[i] * j; break;
			 else 
				// i | n && not i^2 | n => phi(n) = phi(n / i) * (i - 1)
				phi[i * j] = phi[i] * phi[j];
			
		
	 // end getPrm for


bool exists[N];
void getExists() 
	exists[2] = exists[4] = true;
	for (int i = 1; i < (int)prm.size(); ++i) 
		int p = prm[i];
		for (int q = p; q < N; q *= p) 
			exists[q] = true;
			if (q * 2 < N) exists[q * 2] = true;
		
	
	// printf("Exists init!\\n");


void factorize(int x, vector<int> & v) 
	v.push_back(1);
	for (const int &p : prm) 
		if (p >= x) break;
		if (x % p == 0) v.push_back(x / p);
	


void getAll(int p, vector<int> & v) 
	// no answer
	if (!exists[p]) return;
	
	int ph = phi[p];
	int fst, cur;
	vector<int> factors; factors.clear();
	factorize(ph, factors);
	
	// enum i which gcd(i, m) == 1
	// find first element i suit i^ph = 1 mod p
	for (int i = 1; ; ++i) 
		if (gcd(i, p) != 1) continue;
		// if (qpow(i, ph, p) != 1) continue;
		
		bool valid = true;
		// we need i only if i^ph = 1 mod p, not other numbers.
		for (auto &e : factors) 
			if (e != ph && qpow(i, e, p) == 1) 
				valid = false; break;
			
		
		
		if (valid) 
			fst = cur = i; break;
		
	
	
	for (int i(1); i <= ph; ++i) 
		if (gcd(i, ph) == 1) v.push_back(cur);
		cur = cur * fst % p;
	

考虑模板可能有爆 int 的风险，请参考者合理使用 long long

这样通过 getAll 得出的 vector 是乱序的，需要再排序一次