转载学习总结：初等数论——原根指标及其应用
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写得太好了。。忍不住转载啊。。
未授权，侵权删。
原博文链接：http://blog.163.com/[email protected]/blog/static/172279052201641935828402/
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学习总结：初等数论（3）——原根、指标及其应用
最近知道了一本书叫《数论概论（第3版）》（A Friendly Introduction to Number Theory），简单翻了翻，感觉这本书写的非常好。想起以前刚接触数论时，没有看这本书来入门，真是十分遗憾。这本书面向非数学专业读者，语言生动幽默而不失严谨性，注重对知识的感性认识（用了大量的例子），和对数学思想和方法的渗透（比如：大胆猜想规律，证明时用“计数”法等）。这里强烈推荐这本书！
下面总结一下这几天学习的内容。
一、整数的阶
a与n是互质的两个数。可以发现，总存在某个数x，满足 ax ≡ 1(mod n)。
使ax ≡ 1(mod n)满足的最小的正整数x叫做a模n的阶（或次数），记做ena（有的地方记做ordna）。
怎么理解呢？你要不断计算a，a2，a3，…，（注意要模n）我们知道，根据鸽巢原理，一定会有循环。而a和n互质时，总会在某个时刻出现了1，下一个时刻又是a，……于是就有了循环。这个出现1的最小的指数，叫做a的阶。
比如：我们要找3模7的阶，计算31，32，…，36模7的值依次为：
3，2，6，4，5，1，
所以我们得到3模7的阶为6。
a与n互质时，根据欧拉定理有a?(n)≡1(mod n)。这么说来，刚才我们不断计算a的幂的循环节的长度（即a的阶）“扩增”若干次后应该为?(n)。所以，
ena | ?(n)。
同样的道理，为了使方程 ax≡1(mod n)有解，应该把循环节长度“扩增”若干次后得到x，所以
ena | x
二、原根
设a与n是互质的整数，当a模n的阶为?(n)时，把a叫做n的原根。
怎么理解呢？我们计算a的幂的序列，第一次得到1的时候，得到了完整的一个循环节。我们上面已经说了，?(n)一定是(a模n的阶)的倍数。如果这个循环节的长度恰好就是?(n)（循环节的长度已经达到最大了），那么a就是n的原根。
（1）原根的存在性
一个数可能有很多个原根，也可能没有原根。可以证明：
正整数n存在原根，当且仅当
n = 2, 4, pt或2pt（其中p是奇素数，t是正整数）。
举例：5的原根有2和3；7的原根有3和5。
（2）原根的一个性质
原根为什么这么重要？
设g是n的一个原根，那么：g，g2，g3，…，g?(n)(即g0≡1(mod n))一定两两不同。（如果有相同，比如说存在0≤i<j<?(n)满足gi≡gj(mod n)，那么就会有gj-i≡1(mod n)，而j – i<?(n)，这时?(n)就不是g的阶了）
看看方程ax≡1(mod n)，如果x是存在的，那么a一定是与n互质的数（如果a和n有某个大于1的公因子，无论a怎么取幂再模n，这个公因子都“消不掉”，不会有ax mod n = 1）。所以“合法”的a有?(n)个。而我们找到一个原根g后，g的幂（g，g2，g3，…，g?(n)）一定就是这些合法的a（即与n互质的?(n)个数。因为g与n互质，g的幂也与n互质，而这些幂又两两不同，一定能把“与n互质的数”取尽）。
一句话总结上面的内容：对于n的一个原根g，满足
{ 1，g，g2，g3，…，g?(n) – 1 } = { x | x与n互质，1≤x<n }
特别地，对于奇质数p的一个原根g，满足
{ 1，g，g2，g3，…，gp – 2 } = { 1, 2, 3, …, p – 1 }
（3）原根的个数
一个数n，如果存在原根，就一定?(?(n))个。怎么证明呢？为此我们先讨论下面这个问题：
已知a模n的阶ena，怎么求au的模n的阶？
设au模n的阶为t，那么t应该是最小的正整数，满足(au)t≡aut≡1 (mod n)。
由之前的讨论，可以知道：u×t应该是ena的倍数，并且t最小。
由数论的基本知识可以得出，enau = t = ena / gcd(u, ena)。
如果我们找出一个原根g，怎么得出其他的原根？
首先，其他的原根一定是g的若干次幂。
哪些“g的若干次幂”可以成为原根？
用原根的定义！
对于某个“g的若干次幂”，比如gi (0≤i<?(n))，由上面的结论得出，它模n的阶为
?(n) / gcd(i, ?(n))
欲使它的阶也为?(n)，即
?(n) / gcd(i, ?(n)) = ?(n)
需要使gcd(i, ?(n)) = 1，也就是i和?(n)互质。
有多少个i满足它和和?(n)互质？换句话说，在0 ~ ?(n)–1的数中，有多少个与?(n)互质？答案应该是?(?(n))。所以，一个数如果有原根，那么它有?(?(n))个原根。
下面举个例子：
7的原根有?(?(7)) = ?(6) = 2个，最小的一个是3。
在32，33，…，36中，哪个指数与6互质？只有5，所以另一个原根是35≡5(mod 7)。
怎么找原根？
通常最小的原根都比较小，所以暴力从1开始枚举就可以了。判断一个数a是不是n的原根，需要判断?(n)是否是a的阶，直接的判断方法是枚举?(n)的每一个因子d（除去它本身），判断是否ad≡1(mod n)。但这样做了很多重复的判断。
比如我们要判断a模n=37的阶是否为36，那么只需找出36的两个质因子2和3，只需判断36/2和36/3作为a的幂的指数时，(a的幂) mod n是否为1。如果a的阶为36/4，36/9，36/6，36/12，…，其实情况已经包含在上面的判断中了。（比如，如果a36/9≡a4≡1(mod n)，那么一定也会满足a36/2≡3618≡1(modn)）。
三、指标（离散对数）
求原根有什么作用？为了计算指标！
对于n的一个原根g，满足
{ 1，g，g2，g3，…，g?(n) – 1 } = { x | x与n互质，1≤x<n }
再具体一些，可以定义一种“求幂”的运算，这种运算揭示了两个集合的一一对应关系：
i → gi (1≤i≤?(n))
为什么是一一对应关系？因为gi一定两两不同。这一点已经讨论过了。
那么，是否有一种“求幂”运算的逆运算？有！
求出n的一个原根g，知道了某个与n互质的数a，n是g的多少次方？
我们用I(a)来表示这个“次方”数，叫做以g为底a模n的指标。（有的地方记做indga）
也就是，依照定义，应该有gI(a)≡a(mod n)（a与n互质）。
显然，指标的范围是0≤I(a)<?(n)，当指标超过?(n)时，出现了循环，可以把指标mod ?(n)进行简化。
有点像我们以前学过的对数？（不严谨的说，有点像logga？）也许这就是为什么指标也叫离散对数了。
当n为质数时，原根g一定存在，而且?(n) = n – 1，这样，每个在1~n–1范围内的数都有指标！
我们可以根据幂的运算法则，对应得出指标的运算法则：
(1) I(ab) = I(a) + I(b) (mod ?(n)) （类比：logaNM = logaN + logbM）
(2) I(ak) = k×I(a) （类比：logaNM = M×logaN）
指标把乘法变加法，把幂变乘法，这一点与对数的运算法则多么相似！
如果有一个指标表，我们可以十分简便地进行运算。举例：
n = 37，它的一个原根是a = 2。
要计算23×19 mod 17的值，可以计算
I(23×19) ≡ I(23) + I(19) ≡ 15 + 35 ≡ 50 ≡ 14 (mod 36)
然后，查表可以得出，指标为14的数是30，就是要求的答案了。
很麻烦？
再看一个例子：
I(2914) ≡ 14 × I(29) ≡ 294 ≡ 6 (mod 36)
由表得：I(27) = 6，所以2914 ≡ 27 (mod 37)
你也许会说：有快速幂！在前两个例子中，似乎指标的优势没有体现出来。不过，在解方程的时候，指标就很有用了。
解同余式：
扩展欧几里得？好像也能解。不过，像下面这样的同余式呢？
只能用指标来解。两边同时求离散对数：
可以解出：
事实上，最后一个例子是指标最重要的运用之一。等会儿我们会详细讨论。
但是，之前的计算都是在指标表已经给了的情况下进行的。没有指标表怎么办呢？如何求某个数指标（离散对数）？
更准确地说，给出g, a, p，如何求gk ≡ a(mod p)的最小的k？为了简化问题，这里规定p为质数。
这里使用一种叫做大步小步（gaint-step baby-step）的算法。算法的核心思想是分块。取m = [ sqrt(p – 1) ] + 1，然后把k表示成xm + y (0 ≤ y < m)的形式。这样，x和y的范围都是0~m（y不含m）。于是gk ≡ (gm)x × gy，可以求出所有的gy（m个取值）；然后枚举x，计算出(gm)x，查找：是否存在某个gy满足(gm)x × gy ≡ a(mod p)？也就是说：
是否存在某个gy，满足gy ≡ a × (gmx) –1 (mod p)？
用费马小定理和快速幂求出逆元(gmx) –1，然后求出a × (gmx) –1。检查是否有“匹配”的gy。如果我们先把gy放在一个哈希表（或者C++的map）中，那么这一步的查询就是O(1)（或O(log2m)=O(log2p)）的。算法的核心步骤仍然是枚举，但分块使时间复杂度变成O(sqrt(P) × log2P)（注意算上求逆元的时间）。
四、N次剩余
这里要解决一个这样的问题：
给出N, a, p，求满足xN ≡ a (mod p)（p为质数）的所有解x。
可以形象地理解成求a在模p意义下的N次方根。
刚才我们已经借助例子，初步了解了做法：
xN ≡ a (mod p)，找出p的一个原根g，用“大步小步”算法求出以g为底a模p的指标I(a)。
同余式变成：
N × I(x) ≡ a (mod p – 1)
由一次同余方程的知识可以知道，有解的条件是
gcd(N, p – 1) | a
而且，解有gcd(N, p – 1)个。
解出所有的可能的I(x)，那么x = gI(x)。这些x中重复的要去掉。
代码：
1 #include <cstdio>
2
3 #include <cstring>
4
5 #include <algorithm>
6
7 #include <cmath>
8
9 #include <vector>
10
11 #include <map>
12
13 using namespace std;
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16
17 typedef long long LL;
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19
20
21 int gcd(int a, int b)
22
23 {
24
25 return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
26
27 }
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30
31 void _gcd(int a, int b, LL &x, LL &y)
32
33 {
34
35 if (b == 0)
36
37 {
38
39 x = 1; y = 0;
40
41 return ;
42
43 }
44
45 _gcd(b, a%b, y, x);
46
47 y -= (a/b) * x;
48
49 }
50
51
52
53 int extend_gcd(int a, int b, int c, LL &x, LL &y, int &dx, int &dy)
54
55 {
56
57 int g = gcd(a, b);
58
59 if (c % g) return 0;
60
61 _gcd(a, b, x, y);
62
63 x *= (c/g);
64
65 y *= (c/g);
66
67 dx = b / g;
68
69 dy = a / g;
70
71 return g;
72
73 }
74
75
76
77 // Ax = B (mod N)
78
79 // 设Ax = -yN + B
80
81 // 则Ax + Ny = B
82
83 bool line_mod_equ(int A, int B, int N, int &x, int &k)
84
85 {
86
87 LL x0, y0;
88
89 int dx, dy;
90
91 if (!extend_gcd(A, N, B, x0, y0, dx, dy)) return false;
92
93 x0 %= dx;
94
95 if (x0 < 0) x0 += dx;
96
97 x = (int)x0;
98
99 k = dx;
100
101 return true;
102
103 }
104
105
106
107 LL pow_mod(LL a, LL b, LL p)
108
109 {
110
111 if (b == 0) return 1;
112
113 LL tmp = pow_mod(a, (b>>1), p);
114
115 if (b & 1) return tmp * tmp % p * a % p;
116
117 else return tmp * tmp % p;
118
119 }
120
121
122
123 //分解质因数
124
125 void factor(int x, vector<int> &divs)
126
127 {
128
129 divs.clear();
130
131 for (int i = 2; i * i <= x; ++ i)
132
133 if (x % i == 0)
134
135 {
136
137 divs.push_back(i);
138
139 while (x % i == 0) x /= i;
140
141 }
142
143 if (x > 1) divs.push_back(x);
144
145 }
146
147
148
149 bool g_test(int g, vector<int> &divs, int P)
150
151 {
152
153 for (int i = 0; i < (int) divs.size(); ++ i)
154
155 if (pow_mod(g, (P-1) / divs[i], P) == 1) return false;
156
157 return true;
158
159 }
160
161
162
163 //找原根，p为质数，保证有原根
164
165 int primitive_root(int P)
166
167 {
168
169 static vector<int> divs;
170
171 factor(P-1, divs);
172
173 int g = 1;
174
175 while (!g_test(g, divs, P)) ++ g;
176
177 return g;
178
179 }
180
181
182
183 // 求解在模P意义下，以a为底N的离散对数b (P为质数)
184
185 // 即 a ^ b = N (mod P)
186
187 // 大步小步算法（分块）
188
189 // 取s = sqrt(P), 设b = x * s + y
190
191 // 则 a ^ (x*s + y) = (a^s)^x * a^y = N (mod P)
192
193 // 求出y = 0~s-1时， a^y的取值；然后枚举s，算出(a^s)^x，查找是否有匹配的y
194
195 int discrete_log(int a, int N, int P)
196
197 {
198
199 map<int, int> rec;
200
201 int s = (int)sqrt(P + 0.5);
202
203 while (s * s <= P) ++ s;
204
205 LL cur = 1;
206
207 for (int y = 0; y < s; ++ y)
208
209 {
210
211 rec[ cur ] = y;
212
213 cur = cur * a % P;
214
215 }
216
217 LL a_s = cur; // a^s
218
219 cur = 1;
220
221 for (int x = 0; x < s; ++ x)
222
223 {
224
225 LL a_y = pow_mod(cur, P-2, P) * LL(N) % P;
226
227 map<int,int> :: iterator it = rec.find( a_y );
228
229 if (it != rec.end()) return x * s + it -> second;
230
231 cur = cur * a_s % P;
232
233 }
234
235 return -1;
236
237 }
238
239
240
241 // x ^ K = A (mod P) (where P is a prime)
242
243 // 找p的一个原根g，求出指标
244
245 // K I(x) = I(A) (mod P-1)
246
247 // 有解的条件 gcd( I(x), P-1 ) | I(A)
248
249 void discrete_root(int K, int A, int P, vector<int> &x)
250
251 {
252
253 x.clear();
254
255 if (A == 0) { x.push_back(0); return ; }
256
257 int g = primitive_root(P);
258
259 int IA = discrete_log(g, A, P);
260
261 int Ix, delta;
262
263 if (!line_mod_equ(K, IA, P-1, Ix, delta)) return ;
264
265 while (Ix < P)
266
267 {
268
269 x.push_back( pow_mod(g, Ix, P) );
270
271 Ix += delta;
272
273 }
274
275 sort(x.begin(), x.end());
276
277 x.erase(unique(x.begin(), x.end()), x.end());
278
279 }
280
281
282
283 int main()
284
285 {
286
287 int P, K, A;
288
289 scanf("%d%d%d", &P, &K, &A);
290
291 static vector<int> x;
292
293 discrete_root(K, A, P, x);
294
295 printf("%u\n", x.size());
296
297 for (int i = 0; i < (int) x.size(); ++ i) printf("%d\n", x[i]);
298
299 return 0;
300
301 }
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