【科技】原根的快速判断方法以及对1求离散对数的另一种想法

鉴于实际需要，本文中所选的模数$p$总是一个平凡质数，并且如果没有特殊说明总是在模$p$意义下进行运算，并用$\varphi$表示$\varphi (p) = p - 1$。

原根的定义：

基于$p$是质数，我们可以很简单的把它的定义想成，如果一个数$a \in [0, p - 1]$是原根的充要条件是对于$x \in [0, p - 2]$，$a^{x}$互不相同。

但根据定义讲，判断一个数$a$是否是$p$的原根是$O(p)$的，不够优秀。

原根的快速判定方法：

首先给出结论，数$a$是$p$的原根当且仅当对于$\varphi$的任意一个质因子$d$，都没有$a^{\frac{\varphi}{d}} \equiv 1(mod \; p)$。

接下来给出其证明：

如果$a$是原根，那显然不存在任何一个$x \in [0, \varphi - 1]$使得$a^{x} \equiv 1$。

现在我们主要要证明对于所有非原根的$a$都有一个$\varphi$的质因子$d$，使得$a^{\frac{\varphi}{d}} \equiv 1$成立。

引理1：如果$a$不是原根，那一定存在一个$x \in [0, \varphi - 1]$，使得$a^{x} \equiv 1$。

• 这个命题其实可以有另一种说法，就是在出现上述的这样一个$x$之前，不会有有一个值重复被$a$的幂次表示。$a$的幂次的值在模$p$意义下应当是一个环，由于逆元是唯一的，显然不存在两个不同的数他们乘上$a$变成同一个数。所以$a$的幂次中第一个重复出现的数一定是$1$。

于是我们只需证明对于某一个$a$，如果存在$x \in [1, \varphi - 1]$，使得$a^{x} \equiv 1$，那一定有一个$\varphi$的质因子$d$，使得$a^{\frac{\varphi}{d}} \equiv 1$成立。

 引理2：如果有$a^{i} \equiv 1, a^{j} \equiv 1, 0 \leq j \leq i$，则有$a^{(i, j)} \equiv 1$成立。

• 这个看起来不那么显然，如果把上述结论改成“有$a^{i - j} \equiv 1$成立”看起来就很对了。这恰好满足了辗转相减的特性。

 由于$a^{\varphi} \equiv 1$，并设$g = (x, \varphi)$，得$a^{g} \equiv 1$，因为$x < \varphi$，所以$g < \varphi$，$g$与$\varphi$之间差了至少一个$\varphi$的质因子$d$，我们可以让$g$乘上某些数变成$\frac{\varphi}{d}$，而$1$的幂次总是$1$。于是就得证了。

综上所述，我们判断一个数$a$是否是原根，只需枚举$\varphi$所有的质因子$d$，看是否有$a^{\frac{\varphi}{d}} \equiv 1$，若有则$a$不是原根。其复杂度为$O(log^2p)$。

 对$1$求离散对数的另一种想法：

对于某一个平凡的数$a$，要求最小的正整数$x$满足$a^{x} \equiv 1$。

这是一个Simple的问题，因为对于一个平凡的情况，我们已经有十分优秀的$Bsgs$做法，并且它不局限于对$1$求离散对数，但今天我想说的并不是这个。事实上，一个合法的解$x$一定是$\varphi$的一个因子。

如果延续我们之前判断原根的思路，那这个问题是十分容易解决的。如果有$a^{x} \equiv 1$存在，同样设$g = (x, \varphi)$，有$a^{g} \equiv 1$成立，$g$显然是$\varphi$的一个因子，当$x$是极小的，就要有$x = g$。

但使用这个方法的局限性很明显，它只能对$1$求离散对数，因为我们在这之中利用了$1$的特殊性质。而且这个方法的复杂度并没有太显著的优势，如果$\varphi$的因子数量很多的话，最劣是$O(\sqrt[3]{p}logp)$，但如果已知模数并且其因子个数并不多的话，这不失为一个简洁有效的做法。