原根
阶的概念
要学习原根，就要先引出阶的概念。
根据欧拉定理，我们有：若 \(gcd(a,m)=1\) ，则 \(a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod {m}\) 。所以一定存在一个最小正整数 \(x\) ，满足 \(a^x \equiv 1 \pmod {m}\) ，这个 \(x\) 就叫做 \(a\) 模 \(m\) 的阶，记为 \(\delta _m(a)\) 。
阶的性质
性质1： \(a,a^2,a^3,\cdots ,a^{\delta _m(a)}\) 模 \(m\) 两两不同余。
假设存在 \(a^i \equiv a^j \pmod {m}\) ，则 \(a^{i-j} \equiv 1 \pmod {m}\) ，与阶的最小正整数这一性质矛盾。
性质2： 若 \(a^x \equiv 1 \pmod {m}\) ， 则 \(\delta_m(a) |x\) 。
显然成立。
性质3： 若 \(gcd(a,m)=1\) ，则 \(\delta _m(a^k) = \frac{\delta_m(a)}{gcd(\delta_m(a),k)}\) 。
\(a^{k \cdot \delta_m(a^k)} \equiv a^{\delta_m(a)} \pmod{m}\) ，\(\delta _m(a) | k\cdot \delta_m(a^k)\) ，则 \(\frac{\delta_m(a)}{gcd(\delta_m(a),k)} | \delta_m(a^k)\) 。
\((a^k)^{\frac{\delta_m(a)}{gcd(\delta_m(a),k)}} = (a^{\delta_m(a)})^{\frac{k}{gcd(\delta_m(a),k)}} \equiv 1 \pmod{m}\) ，则 \(\delta_m(a^k) | \frac{\delta_m(a)}{gcd(\delta_m(a),k)}\) 。
所以 \(\delta _m(a^k) = \frac{\delta_m(a)}{gcd(\delta_m(a),k)}\) 。
这条性质在下面的原根计算中有用处。
原根的概念
若 \(gcd(a,m)=1\) ，且 \(\delta_m(a)=\varphi(m)\) ，则 \(a\) 为模 \(m\) 的原根。
与原根有关的一些定理
原根判断定理： 若 \(m\ge 3， gcd(a,m)=1\) ，则 \(a\) 为模 \(m\) 的原根的充要条件是：对于 \(\varphi(m)\) 的每个质因子 \(p\) ，都有 \(a^{\frac{\varphi(m)}{p}} \not\equiv 1 \pmod{m}\) 。
原根个数定理： 若 \(m\) 有原根 \(g\) ，则 \(m\) 的原根个数为 \(\varphi(\varphi(m))\) 。
由阶的性质3可得，\(\delta_m(g^k) = \frac{\delta_m(g)}{gcd(\delta_m(g),k)} = \frac{\varphi(m)}{gcd(\varphi(m),k)}\) 。则当 \(gcd(\varphi(m),k)=1\) 时，\(\delta_m(g^k)=\delta_m(g)\) ，即 \(g^k\) 也是 \(m\) 的原根。易知 \(1\le k\le \varphi(m)\) 中这样的 \(k\) 有 \(\varphi(\varphi(m))\) 个 ，则原根的个数也是这么多。
原根存在定理： 对于一个数 \(m\) ，其存在原根当且仅当 \(m=2,4,p^k,2p^k\) ，其中 \(p\) 为奇质数，\(k\) 为正整数。
最小原根定理： 若 \(m\) 有原根，则其最小原根小于等于 \(m^{0.25}\) 。
有了这四个基本定理，我们就可以求一个数的原根了。
luogu P6091【模板】原根
给定整数 \(n\) ，求它的所有原根。\(n\le10^6\)
一：我们先线性筛，求出质数以及欧拉函数值。
二：我们标记所有有原根的数。具体来说，根据原根存在定理，枚举所有奇质数，将其正整数幂以及正整数幂乘 \(2\) 以后的值标记为有原根，别忘了特判 \(2\) 和 \(4\) 。
三：我们将 \(\varphi(n)\) 分解质因数，同时标记其质因数的所有倍数，被标记的数满足其与 $\varphi(n) $ 的 \(gcd\) 不为 \(1\) 。
四：我们暴力枚举其最小原根。根据最小原根定理，其复杂度是可以接受的。假设我们枚举到了 \(x\) ，先判断 \(x^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod{n}\) 是否成立。若不成立一定不是原根，若成立，再根据原根判断定理，我们依次枚举 $\varphi(n) $ 的质因子 \(p\) ，判断 \(x^{\frac{\varphi(m)}{p}} \equiv 1 \pmod{n}\) 是否成立。若对于所有质因子都成立，则我们找到了 \(n\) 的最小原根 \(x\) 。
五：我们要根据最小原根 \(g\) 找出所有原根。根据原根个数定理，我们暴力从 \(1\) 到 $\varphi(n) $ 枚举 \(k\) ，可以直接判断其与 \(\varphi(n)\) 的 \(gcd\) 是否为 \(1\) ，但我们有复杂度更优秀的做法。利用三中标记的数，如果 \(k\) 没被标记，那么它与 \(\varphi(n)\) 的 \(gcd\) 一定为 \(1\) ，此时我们就又找到了一个原根 \(g^k\) 。最后我们就得到了\(n\) 的所有原根。
代码如下
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=1e6+9;
typedef long long int ll;
int T,P[11][2],maxx,pri[N],cnt,phi[N],p[N],ans[N];
bool st[N],vis[N],f[N];
inline int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
while(c>='0' && c<='9') {x=x*10+c-48,c=getchar();}
return x*f;
}
inline int quick_pow(int x,int y,int mod)
{
int ans=1;
while(y!=0)
{
if(y&1) ans=(ll)ans*x%mod;
x=(ll)x*x%mod;
y>>=1;
}
return ans;
}
int main()
{
T=read();
for(int i=1;i<=T;i++)
{
P[i][0]=read(),P[i][1]=read();
maxx=max(maxx,P[i][0]);
}
for(int i=2;i<=maxx;i++)
{
if(st[i]==false) pri[++cnt]=i,phi[i]=i-1;
for(int j=1;j<=cnt;j++)
{
if(i>maxx/pri[j]) break;
st[i*pri[j]]=true;
if(i%pri[j]==0)
{
phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];
break;
}
phi[i*pri[j]]=phi[i]*phi[pri[j]];
}
}
f[2]=f[4]=true;
for(int i=2;i<=cnt;i++)
{
int p=pri[i];
for(int j=1;(ll)j*p<=maxx;j*=p) f[j*p]=true;
for(int j=2;(ll)j*p<=maxx;j*=p) f[j*p]=true;
}
for(int t=1;t<=T;t++)
{
int mod=P[t][0],d=P[t][1];
if(f[mod]==false)
{
printf("0\n\n");
continue;
}
int x=phi[mod],sum=0,g=0,tot=0;
for(int i=1;i<=cnt && pri[i]<=x/pri[i];i++)
{
if(x%pri[i]==0)
{
while(x%pri[i]==0) x/=pri[i];
p[++sum]=pri[i];
for(int j=1;j<=phi[mod]/pri[i];j++) vis[j*pri[i]]=true;
}
}
if(x>1)
{
p[++sum]=x;
for(int j=1;j<=phi[mod]/x;j++) vis[j*x]=true;
}
for(int i=1;i<mod;i++)
{
while(quick_pow(i,phi[mod],mod)!=1) i++;
bool flag=true;
for(int j=1;j<=sum && flag==true;j++)
if(quick_pow(i,phi[mod]/p[j],mod)==1) flag=false;
if(flag==true)
{
g=i;
break;
}
}
for(int i=1,x=g;i<=phi[mod];i++,x=(ll)x*g%mod)
{
if(vis[i]==false) ans[++tot]=x;
else vis[i]=false;
}
sort(ans+1,ans+tot+1);
printf("%d\n",tot);
for(int i=1;i<=tot/d;i++) printf("%d ",ans[i*d]);
puts("");
}
return 0;
}
我们来计算一下其时间复杂度。第一步 \(O(n)\) ，第二步 \(O(n)\) ，第三步中分解质因数 \(O(\sqrt{n} \,logn)\) ，第四步 \(O(n^{0.25}\,logn\,log\,logn)\) ，第五步标记倍数类似于埃氏筛的操作 \(O(n\,log\,log\,logn)\) 。最后排序可以用计数排序做到 \(O(n)\) ，最终时间复杂度为 \(O(nlog\,log\,logn)\) ，由于 \(log\,log\,logn\) 约为常数，所以时间复杂度近似认为是 \(O(n)\) 。
总结
原根的作用还是不小的，可以用于离散对数。在 \(OI\) 中最主要的就是在 \(NTT\) 中使用了。可以记一些常见模数的原根，如 \(998244353\) 的原根是 \(3\) ，\(10^9+7\) 的原根是 \(5\) 。
