原根学习笔记

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原根学习笔记

原根

这是一个又臭又长的内容。

拉格朗日定理：设 $p$ 为素数，对于模 $p$ 意义下的整系数多项式

$$f(x)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_0(p\nmid a_n)$$

的同余方程 $f(x)\equiv 0(\mathrm{mod}p)$ 在模 $p$ 意义下至多有 $n$ 个不同解。

证明：使用归纳法，对于 $n=0$ 时，由于 $p\nmid a_0$，所以 $f(x)\equiv 0(\mathrm{mod}p)$ 无解，定理对 $n=0$ 的多项式 $f(0)$ 都成立。

若命题对于 $n<x$ 均成立，采用反证法，假设当 $n=x$ 时有至少 $x+1$ 个解 $x_0,x_1,\cdots ,x_n$。不妨设 $f(x)-f(x_0)=(x-x_0)g(x)$，则 $g(x)$ 在模 $p$ 意义下是一个至多 $n-1$ 次的多项式。因为当 $x=x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 时，$f(x)\equiv 0(\mathrm{mod}p)$，所以

$$(x_i-x_0)g(x_i)\equiv f(x_i)-f(x_0)=f(x_i)\equiv 0(\mathrm{mod}p)$$

从而 $g(x)\equiv 0(\mathrm{mod}p)$ 至少有 $n$ 个根，与归纳假设矛盾。

所以定理对 $n$ 次多项式也成立，得证。

阶：由欧拉定理可知，对 $a\in \mathbb{Z},m\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，若 $gcd(a,m)=1$，则

$$a^{\phi (m)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$$

因此满足同余式 $a^n\equiv 1(\mathrm{mod}m)$ 的最小正整数 $n$ 存在，这个 $n$ 称作 $a$ 模 $m$ 的阶，记作 ${\delta }_m(a)$。

原根：设 $m\in {\mathbb{N}}^{\ast },a\in \mathbb{Z}$。若 $gcd(a,m)=1$，且 ${\delta }_m(a)=\phi (m)$，则称 $a$ 为模 $m$ 的原根。

关于阶有一个较为显然的性质：

若 $a^n\equiv 1(\mathrm{mod}m)$，则 ${\delta }_m(a)\mid n$。

证明：对 $n$ 除以 ${\delta }_m(a)$ 作带余除法，设

$$n={\delta }_m(a)q+r,0\le r<{\delta }_m(a)$$

若 $r>0$，则

$a^r\equiv a^r(a^{{\delta }_m(a)}{)}^q\equiv a^n\equiv 1(\mathrm{mod}m)$

这与 ${\delta }_m(a)$ 的最小性矛盾。故 $r=0$，即 ${\delta }_m(a)\mid n$。

关于阶还有两个重要的性质：

性质 $1$：设 $m\in {\mathbb{N}}^{\ast },a,b\in \mathbb{Z},gcd(a,m)=gcd(b,m)=1$，则

$${\delta }_m(ab)={\delta }_m(a){\delta }_m(b)$$

的充要条件是 $gcd({\delta }_m(a),{\delta }_m(b))=1$。

证明：必要性：有 $a^{{\delta }_m(a)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$ 及 $b^{{\delta }_m(b)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$，可知

$$(ab{)}^{\text{lcm}({\delta }_m(a),{\delta }_m(b))}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$$

由前面所述的性质，有

$${\delta }_m(ab)\mid \text{lcm}({\delta }_m(a),{\delta }_m(b))$$

有由于 ${\delta }_m(ab)={\delta }_m(a){\delta }_m(b)$，所以

$${\delta }_m(a){\delta }_m(b)\mid \text{lcm}({\delta }_m(a),{\delta }_m(b))$$

所以 $gcd({\delta }_m(a),{\delta }_m(b))=1$。

充分性：由 $(ab{)}^{{\delta }_m(ab)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$ 可知

$$1\equiv (ab{)}^{{\delta }_m(ab){\delta }_m(b)}\equiv a^{{\delta }_m(ab)}(\mathrm{mod}m)$$

故 ${\delta }_m(a)\mid {\delta }_m(ab){\delta }_m(b)$。结合 $gcd({\delta }_m(a),{\delta }_m(b))=1$ 即得

$${\delta }_m(a)\mid {\delta }_m(ab)$$

对称地，可得

$${\delta }_m(b)\mid {\delta }_m(ab)$$

所以

$${\delta }_m(a){\delta }_m(b)\mid {\delta }_m(ab)$$

另一方面，有

$$(ab{)}^{{\delta }_m(a){\delta }_m(b)}\equiv (a^{{\delta }_m(a)}{)}^{{\delta }_m(b)}(b^{{\delta }_m(b)}{)}^{{\delta }_m(a)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$$

故

$${\delta }_m(ab)\mid {\delta }_m(a){\delta }_m(b)$$

综合即可得到 ${\delta }_m(ab)={\delta }_m(a){\delta }_m(b)$。

性质 $2$：设 $k\in \mathbb{N},m\in {\mathbb{N}}^{\ast },a\in \mathbb{Z},gcd(a,m)=1$，则

$${\delta }_m(a^k)=\frac{{\delta }_m(a)}{gcd({\delta }_m(a),k)}$$

证明：注意到

$$\begin{gathered} a^{k{\delta }_m(a^k)}=(a^k{)}_m^{\delta }(a^k)\equiv 1(\mathrm{mod}m) \\ \Rightarrow {\delta }_m(a)\mid k{\delta }_m(a^k) \\ \Rightarrow \frac{{\delta }_m(a)}{gcd({\delta }_m(a),k)}\mid {\delta }_m(a^k) \end{gathered}$$

另一方面，由 $a^{{\delta }_m(a)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$ 可知

$$(a^k{)}^{\frac{{\delta }_m(a)}{gcd({\delta }_m(a),k)}}=(a^{{\delta }_m(a)}{)}^{\frac{k}{gcd({\delta }_m(a),k)}}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$$

所以

$${\delta }_m(a^k)\mid \frac{{\delta }_m(a)}{gcd({\delta }_m(a),k)}$$

综合可得 ${\delta }_m(a)=\frac{{\delta }_m(a)}{gcd({\delta }_m(a),k)}$。

接下来讨论什么样的 $m$ 存在原根。

首先，对于 $m=1,2,4$，显然存在原根。

定理 $1$：对于奇素数 $p$，$p$ 存在原根。

证明：先证明一个引理：

引理：设 $a$ 与 $b$ 是与 $p$ 互素的两个整数，则存在 $c\in \mathbb{Z}$ 使得 ${\delta }_p(c)=\text{lcm}({\delta }_p(a),{\delta }_p(b))$。

证明：记 $r={\delta }_m(a),t={\delta }_m(b)$，设它们的标准分解为（只要求 $max({\alpha }_i,{\beta }_i)>0$）

$$r=\prod _{i=1}^s{p}_i^{{\alpha }_i},t=\prod _{i=1}^s{p}_i^{{\beta }_i}$$

令 $l$ 为所有 ${\alpha }_i\le {\beta }_i$ 的 $p_i^{{\alpha }_i}$ 的乘积，$m$ 为所有 ${\beta }_i<{\alpha }_i$ 的 $p_i^{{\beta }_i}$ 的乘积。记$r=lx,t=my$，则 $gcd(x,y)=1,\text{lcm}(r,t)=xy$。

由性质 $2$，${\delta }_p(a^l)=x,{\delta }_p(b^m)=y$，则由性质 $1$，${\delta }_p(a^l{b}^m)=xy=\text{lcm}({\delta }_p(a),{\delta }_p(b))$，取 $c=a^l{b}^m$ 即可。

对 $1$ ～ $p-1$ 依次两两使用引理，可知存在 $g\in \mathbb{Z}$ 使得

$${\delta }_p(g)=\text{lcm}({\delta }_p(1),{\delta }_p(2),\cdots ,{\delta }_p(p-1))$$

这表明 ${\delta }_p(j)\mid {\delta }_p(g)$，所以 $j=1,2,\cdots ,p-1$ 都是同余方程

$$x^{{\delta }_p(g)}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$$

的根。有拉格朗日定理可知，${\delta }_p(g)\ge p-1$。又由费马小定理，易知 ${\delta }_p(g)\le p-1$，所以 ${\delta }_p(g)=p-1=\phi (p)$。所以 $g$ 为 $p$ 的原根。

定理 $2$：对于奇素数 $p$，$\alpha \in {\mathbb{N}}^{\ast }$，$p^{\alpha }$ 有原根。

证明：先证明一个引理。

引理：存在模 $p$ 的原根 $g$，使得 $g^{p-1}\not\equiv 1(\mathrm{mod}{p}^2)$。

证明：事实上，仍取模 $p$ 的原根 $g$，若 $g$ 不满足条件，我们认定 $g+p$ 满足条件。易知 $g+p$ 也是模 $p$ 的原根。

于是有

$$\begin{array}{rl}(g+p{)}^{p-1}& \equiv g^{p-1}+(p-1)p{g}^{p-2}\\ & \equiv 1-p{g}^{p-2}\\ & \not\equiv 1(\mathrm{mod}{p}^2)\end{array}$$

接着，我们证明若 $g$ 是一个满足引理条件的原根，则对于任意 $\alpha \in {\mathbb{N}}^{\ast }$，$g$ 是模 $p^{\alpha }$ 的原根。

首先证明下面的结论：对于任意 $\beta \in {\mathbb{N}}^{\ast }$，都可设

$$g^{\phi (p^{\beta })}=1+p^{\beta }{k}_{\beta }$$

不难发现当 $\beta =1$ 时结论成立，现设上式对 $\beta$ 成立，则

$$\begin{array}{rl}{g}^{\phi (p^{\beta +1})}& =(g^{\phi (p^{\beta })}{)}^p\\ & =(1+p^{\beta }{k}_{\beta }{)}^p\\ & \equiv 1+p^{\beta +1}{k}_{\beta }\end{array}$$

结合 $p\nmid k_{\beta }$ 可知结论成立。

所以命题对 $\beta \in {\mathbb{N}}^{\ast }$ 都成立。

其次，记 $\delta ={\delta }_{p^{\alpha }}(g)$，则有欧拉定理，可知 $\delta \mid p^{\alpha -1}(p-1)$。

而由 $g$ 为模 $p$ 的原根，及 $g^{\delta }\equiv 1(\mathrm{mod}{p}^{\alpha })$ 可知 $(p-1)\mid \delta$。

所以可设 $\delta =p^{\beta -1}(p-1)(1\le \beta \le \alpha )$。利用之前的结论可知

$$g^{\phi (p^{\beta })}\not\equiv 1(\mathrm{mod}{p}^{\beta +1})\Rightarrow g^{\delta }\not\equiv 1(\mathrm{mod}{p}^{\beta +1})$$

结合 $g^{\delta }\equiv 1(\mathrm{mod}{p}^{\alpha })$ 可知 $\beta \ge \alpha$。所以 $\beta =\alpha$，即

$${\delta }_{p^{\alpha }}(g)=p^{\alpha -1}(p-1)=\phi (p^{\alpha })$$

从而 $g$ 是 $p^{\alpha }$ 的原根。

定理 $3$：对于奇素数 $p$，$\alpha \in {\mathbb{N}}^{\ast }$，$2p^{\alpha }$ 有原根。

证明：设 $g$ 是模 $p^{\alpha }$ 的原根，则 $g+p^{\alpha }$ 也是模 $p^{\alpha }$ 的原根。

在 $g$ 和 $g+p^{\alpha }$ 中有一个是奇数，设其为 $G$，则 $gcd(G,2p^{\alpha })=1$。

由欧拉定理，${\delta }_{2p^{\alpha }}(G)\mid \phi (2p^{\alpha })$。

而 $G^{{\delta }_{2p^{\alpha }}(G)}\equiv 1(\mathrm{mod}2p^{\alpha })$，故 $G^{{\delta }_{2p^{\alpha }}(G)}\equiv 1(\mathrm{mod}{p}^{\alpha })$。

利用 $G$ 为模 $p^{\alpha }$ 的原根可知 $\phi (p^{\alpha })\mid {\delta }_{2p^{\alpha }}(G)$。

结合 $\phi (p^{\alpha })=\phi (2p^{\alpha })$ 可知 $G$ 为模 $2p^{\alpha }$ 的原根。

定理 $4$：对于 $m\notin \{1,2,4,p^{\alpha },2p^{\alpha }\}$，则对于任意 $a\in \mathbb{Z}$，都有 ${\delta }_{m}a<\phi (m)$，即模 $m$ 的原根不存在。

证明：对于 $m=2^{\alpha },\alpha \in {\mathbb{N}}^{\ast },\alpha \ge 3$，则对于任意奇数 $a=2k+1$ 有

$$\begin{array}{rl}{a}^{2^{\alpha -2}}& =(2k+1{)}^{2^{\alpha -2}}\\ & \equiv 1+2^{\alpha -2}(2k)+2^{\alpha -1}(2^{\alpha -2}-1)k^2\\ & \equiv 1+2^{\alpha -1}(k+(2^{\alpha -2}-1)k)\\ & \equiv 1(\mathrm{mod}{2}^{\alpha })\end{array}$$

若 $m$ 不是 $2$ 的次幂，则设 $m=rt$ 满足 $2<r<t,gcd(r,t)=1$。则由欧拉定理可知

$$a^{\phi (r)}\equiv 1(\mathrm{mod}r),a^{\phi (t)}\equiv 1(\mathrm{mod}t)$$

当 $n>2$ 时，$\phi (n)$ 为偶数，所以

$$a^{\frac{\phi (r)\phi (t)}{2}}\equiv 1(\mathrm{mod}rt)$$

所以 ${\delta }_m(a)\le \frac{\phi (r)\phi (t)}{2}=\frac{\phi (rt)}{2}=\frac{\phi (m)}{2}<\phi (m)$。

---

上述定理阐述了原根的充要条件，即除了 $1,2,4,p^{\alpha },2p^{\alpha }$ 以外，其他的数都没有原根。于是我们可以与处理素数即其幂次，$O(1)$ 判断是否有原根。

如果一个数有原根，可以先求出其最小原根。事实上，$m$ 的最小原根是不多于 $m^{\frac{1}{4}}$ 级别的。根据这个结论，我们可以直接从小到大枚举。根据原根的定义，若 $g$ 为模 $m$ 的原根，则对于 $\phi (m)$ 的任意素因数 $p$，必有

$$g^{\frac{\phi (m)}{p}}\not\equiv 1(\mathrm{mod}m)$$

同时，只要满足如上条件的 $g$ 一定是原根。于是我们可以与处理出 $\phi (m)$ 的所有质因数，通过快速幂来判断。

假如找到了一个原根 $g$，不难证明对于所有 $gcd(x,\phi (m))=1$ 的 $x$，$g^x$ 均为原根，所以模 $m$ 的原根有 $\phi (\phi (m))$ 个，所以我们可以在找到 $g$ 后再枚举找出所有 $m$ 的原根。

指标

对于 $m$ 的原根 $g$，那么当 $g^r\equiv a(\mathrm{mod}m)(r<m)$ 时，记 $\gamma (a)=r$。并且有以下性质

1. $a\equiv b(\mathrm{mod}m)\iff \gamma (a)\equiv \gamma (b)(\mathrm{mod}\phi (m))$
2. $\gamma (ab)\equiv \gamma (a)+\gamma (b)(\mathrm{mod}\phi (m))$
3. $\gamma (a^n)\equiv n\gamma (a)(\mathrm{mod}\phi (m))$

求解的方法也很简单，用 $\text{bsgs}$ 即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long

const int N=1e6+5;

int T,n,d,tot,cnt,sum;
int p[N],phi[N],fc[N];
ll ans[N];
bool rt[N],vis[N];

void Euler(int x){
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i<=x;i++){
        if(!vis[i]){
            p[++tot]=i;
            phi[i]=i-1;
        }
        for(int j=1;p[j]<=x/i;j++){
            vis[i*p[j]]=true;
            if(i%p[j]==0){
                phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j];
                break;
            }
            phi[i*p[j]]=phi[i]*(p[j]-1);
        }
    }
    rt[1]=rt[2]=rt[4]=true;
    for(int i=2;i<=tot;i++){
        for(int j=1;j<=x/p[i];j*=p[i])rt[j*p[i]]=true;
        for(int j=2;j<=x/p[i];j*=p[i])rt[j*p[i]]=true;
    }
    return ;
}

int Gcd(int a,int b){
    return b==0?a:Gcd(b,a%b);
}

ll QuickPow(ll a,int b,int p){
    ll res=1;
    while(b>0){
        if((b&1)==1)res=res*a%p;
        a=a*a%p;
        b>>=1;
    }
    return res;
}

void Fac(int x){
    cnt=0;
    for(int i=1;p[i]<=x/p[i];i++){
        if(p[i]>x)break ;
        if(x%p[i]==0){
            fc[++cnt]=p[i];
            while(x%p[i]==0)x/=p[i];
        }
    }
    if(x>1)fc[++cnt]=x;
    return ;
}

bool Check(int x,int p){
    if(QuickPow(x,phi[p],p)!=1)return false;
    for(int i=1;i<=cnt;i++){
        if(QuickPow(x,phi[p]/fc[i],p)==1)return false;
    }
    return true;
}//检验是否是原根

int FindRt(int x){
    for(int i=1;i<x;i++){
        if(Check(i,x))return i;
    }
    return 0;
}//找最小原根

void GetRt(int x,int p){
    ll res=1;
    sum=0;
    for(int i=1;i<=phi[p];i++){
        res=res*x%p;
        if(Gcd(i,phi[p])==1)ans[++sum]=res;
    }
    return ;
}//处理所有原根

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cin>>T;
    Euler(N-5);//预处理质数、phi、有无原根
    while(T--){
        cin>>n>>d;
        if(rt[n]){
            Fac(phi[n]);//预处理质因数
            GetRt(FindRt(n),n);//找最小原根后找所有原根
            sort(ans+1,ans+sum+1);
            cout<<sum<<"\n";
            for(int i=1;i<=sum/d;i++)cout<<ans[i*d]<<" ";
            cout<<"\n";
        }else cout<<"0\n\n";//直接判断没有原根
    }
    return 0;
}