poj 1284 欧拉函数的运用
Primitive Roots
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Description
We say that integer x, 0 < x < p, is a primitive root modulo odd prime p if and only if the set { (xi mod p) | 1 <= i <= p-1 } is equal to { 1, ..., p-1 }. For example, the consecutive powers of 3 modulo 7 are 3, 2, 6, 4, 5, 1, and thus 3 is a primitive root modulo 7.
Write a program which given any odd prime 3 <= p < 65536 outputs the number of primitive roots modulo p.
Write a program which given any odd prime 3 <= p < 65536 outputs the number of primitive roots modulo p.
Input
Each line of the input contains an odd prime numbers p. Input is terminated by the end-of-file seperator.
Output
For each p, print a single number that gives the number of primitive roots in a single line.
Sample Input
23 31 79
Sample Output
10 8 24
题目大意就是给出一个奇素数,求出他的原根的个数,定义n的原根x满足条件0<x<n,并且有集合{ (xi mod n) | 1 <= i <=n-1 } 和集合{ 1, ..., n-1 }相等
关于这道题。如果知道欧拉函数的话,看出的答案是phi(n-1)其实也不难
定理:如果p有原根,则它恰有φ(φ(p))个不同的原根,p为素数,当然φ(p)=p-1,因此就有φ(p-1)个原根
关于证明我也不会,这些都是在Discuss里搜索到的,证明过程也算来自那吧!
对于给出的素数p,
首先要明确一点:p的元根必然是存在的(这一点已由Euler证明,此处不再赘述),因此,不妨设其中的一个元根是a0(1<=a0<=p-1)
按照题目的定义,a0^i(1<=i<=p-1) mod p的值是各不相同的,再由p是素数,联系Fermat小定理可知:q^(p-1) mod p=1;(1<=q<=p-1)(这个在下面有用)
下面证明,如果b是p的一个异于a的元根,不妨令b与a0^t关于p同余,那么必然有gcd(t,p-1)=1,亦即t与p-1互质;反之亦然;
证明:
若d=gcd(t,p-1)>1,令t=k1*d,p-1=k2*d,则由Fermat可知
(a0^(k1*d))^k2 mod p=(a0^(k2*d))^(k1) mod p=(a0^(p-1))^(k1) mod p=1
再由b=a0^t (mod p),结合上面的式子可知:
(a0^(k1*d))^k2 mod n=b^k2 mod p=1;
然而b^0 mod p=1,所以b^0=b^k2 (mod p),所以b^i mod p的循环节=k2<p-1,因此这样的b不是元根;
再证,若d=gcd(t,p-1)=1,即t与p-1互质,那么b必然是元根;
否则假设存在1<=j<i<=p-1,使得b^j=b^i (mod p),即a0^(j*t)=a0^(i*t) (mod p),由a0是元根,即a0的循环节长度是(p-1)可知,(p-1) | (i*t-j*t)->(p-1) | t*(i-j),由于p与
t互质,所以(p-1) | (i-j),但是根据假设,0<i-j<p-1,得出矛盾,结论得证;
由上面的两个证明可知b=a0^t (mod p),是一个元根的充要条件是t与p-1互质,所有的这些t的总个数就是Phi(p-1);
具体参见http://poj.org/showmessage?message_id=158630
然后直接套用那个求欧拉函数的模板1A了,我发现我最近好喜欢套模板啊,没办法,知道的太少了
参考代码:
1 #include<iostream>
2 #include<cstdlib>
3 #include<cstdio>
4 #include<cstring>
5 #include<algorithm>
6 #include<cmath>
7 using namespace std;
8 int phi[66000];
9 int main()
10 {
11 int i , j ;
12 for ( i = 2 ; i <= 65536 ; i ++ )
13 phi[i]=0;
14 phi[1]=1;
15 for ( i = 2 ; i <= 65536 ; i ++ )
16 if ( !phi[i] )
17 {
18 for ( j = i ; j <= 65536 ; j += i )
19 {
20 if ( !phi[j] )
21 phi[j] = j ;
22 phi[j] = phi[j] / i * (i - 1 ) ;
23 }
24 }
25
26 int n ;
27 while ( cin >> n )
28 cout<<phi[n-1]<<endl;
29
30 return 0;
31 }
作者:ACShiryu
出处:http://www.cnblogs.com/ACShiryu/
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