原根

定义：

  在mod P 域中，若 (a^i)!=(a^j) (0<=i,j<φ（p）) 则称其a为P的原根。

说人话就是：

  如果g是P的原根，那么g的（1…P-1）次幂mod P的结果一定互不相同。

这个很重要，说明 a 是 一个群的生成元

 那么我们如何求原根呢?

 我们求原根，往往只要找一个就行了，那么我们考虑暴力

  首先，原根的数量并不少，P的原根有φ（φ（p））个，我们可以暴力枚举 i（from 2 to p-1）去检查每个i是否合法。

 我们发现chenk 要O(P)的时间复杂度，太大了。

  有一个方便的方法就是，求出x-1所有不同的质因子p1,p2…pm，对于任何2<=a<=x-1,判定a是否为x的原根，只需要检验a((x-1)/p1),a((x-1)/p2),…a((x-1)/pm)这m个数   中，是否存在一个数mod x为1，若存在，a不是x的原根，否则就是x的原根。 

我们定义A为p-1的不同素因子的个数，我们发现其增长速率极慢，比N！的反函数增长还慢，我们可以证明在N<1e18内，p不会超过25，不妨视为常数

那么我们的时间复杂度就达到了

  check 原来的复杂度是O(P-1)，现在变成O(25*log（P-1））m为x-1质因子的个数。很明显质因子的个数远远小于x-1。 

 证明如下：

  假设存在一个t < phi(x)=x-1使得at ≡ 1 (mod x) 
  那么由裴蜀定理，一定存在一组k,r使得kt=(x-1)r+gcd(t,x-1) 
  而由欧拉定理有，a(x-1) ≡ 1 (mod x) 
  于是1 ≡ a(kt) ≡ a(xr-r+gcd(t,x-1)) ≡ agcd(t,x-1) (mod x) 
  而t < x-1故gcd(t,x-1) < x-1 
  又gcd(t,x-1)|x-1 于是gcd(t,x-1)必整除(x-1)/p1,(x-1)/p2…(x-1)/pm其中至少一个，设其一为(x-1)/pi 
  那么a((x-1)/pi) ≡ (agcd(t,x-1))s ≡ 1s ≡ 1 (mod x) 
  这与假设矛盾

练习题：（链接点这里）

#include<bits/stdc++.h>
#define N 100007
#define LL long long
int p[N];
int l[N>>2],pm[N>>4],tog,tot,mo,x;
using namespace std;
LL qsm(LL x,LL y) {
    static LL anw;
    for(anw=1;y;y>>=1,x=x*x%mo) if(y&1) anw=anw*x%mo;
    return anw;
}
void getp(int x){
    for (int i=2;i<N;i++) {
        if (!p[i]) l[++tog]=i;
        for (int j=1;j<=tog&&i*l[j]<N;j++) {
            p[i*l[j]]=l[j];
            if (i%l[j]==0) break;
        }
    }
    x=x-1;
    for (int i=1;i<=tog&&l[i]*l[i]<x;i++) 
        if (x%l[i]==0) {
            pm[++tot]=l[i];
            while (x%pm[tot]==0) x/=pm[tot];
        }
    if (x!=1) pm[++tot]=x;
}
bool check(int x){
    for (int i=1;i<=tot;i++)
     if (qsm(x,(mo-1)/pm[i])==1) return 0;
    return 1;
}
int PP(int x){
    for (int i=1;i<=x;i++)
     if (check(i)) return i;
}
int main () {
//    freopen("a.in","r",stdin);
    scanf("%d",&x);
    getp(x); mo=x;
    printf("%d\n",PP(x));
}