【学习笔记】离散对数和剩余
离散对数
给定 \(a,p,b\)，求解：
BSGS
当 \(\gcd(a,p)=1\) 时，\(a\) 在模 \(p\) 意义下有逆元，因此可以将 \(x\) 视作 \(cB-d\)，其中 \(B=\lceil\sqrt{p}\rceil\)，经过移项等价于：
用 unordered_map 存等式右边的答案，这样从大到小枚举 \(c\) 即可找出最小自然数解。时间复杂度 \(O(\sqrt{p})\)。注意 \(x=0\) 的情况需要特判。
exBSGS
当 \(\gcd(a,p)=d\neq 1\) 时，考虑 \(a^x=kp+b\)，那么等式同除 \(d\) 应当解不变，所以有解必要条件是 \(d\mid b\)。
记 \(a'=\frac{a}{d},b'=\frac{b}{d},p'=\frac{p}{d}\)，那么方程变成：
对 \(a'\) 求逆元移项，因为 \(p'\) 不一定是质数，所以要用扩展欧几里得求逆元，变成：
而 \(\gcd(a,p')\) 未必为 \(1\)，需要递归处理子问题直到可以用 BSGS 求解，答案只需要再加上递归轮数。
在过程中需要考虑 \(p'\mid a\) 以及 \(b'=1\) 的情况。
递归过程每次至少除去 \(p\) 的一个质因子，因此时间复杂度 \(O(\log^2 p+\sqrt{p})\)。
阶与原根
称所有与 \(m\) 互质的数构成模 \(m\) 的简化剩余系，则剩余系的元素构成了模 \(m\) 的乘法循环群。
阶
定义 \(a\) 在模 \(m\) 意义下的阶 \(\delta_m(a)\) 为时 \(a^x\equiv 1\pmod m\) 的最小正整数解。发现阶存在的充要条件是 \(\gcd(a,m)=1\)。
阶的一个显然的性质：\(a^x\equiv 1\pmod m\) 的充要条件是 \(\delta_m(a)\mid x\)。充分性显然，必要性即取 \(0<x \bmod \delta_m(a)\) 是更小的指数。
阶的一个比较重要的性质：\(\delta_m(a^k)=\frac{\delta_m(a)}{\gcd(\delta_m(a),k)}=\frac{\mathrm{lcm}(\delta_m(a),k)}{k}\)。第二个等号是显然的，只证明第一个等号。发现 \((a^k)^x\equiv a^kx\equiv 1\pmod m\)，因此 \(\delta_m(a)\mid k\delta_m(a^k)\)，且 \(\delta_m(a^k)\) 是满足条件的最小值，即 \(\frac{\delta_m(a)}{\gcd(\delta_m(a),k)}\)。
原根
若 \(\gcd(g,m)=1\) 且 \(\delta_m(g)=\varphi(m)\)，则称 \(g\) 是 \(m\) 的原根。这说明 \(g\) 的 \([0,\varphi(m))\) 次恰好取遍模 \(m\) 简化剩余系的所有数。因此涉及乘方的问题都可以转成原根的若干次幂，从而忽略底数只考虑指数相等，化简了问题。
原根判定定理
\(g\) 是 \(m\) 的原根当且仅当对于 \(\varphi(m)\) 的所有质因子 \(p\)，\(g^{\frac{\varphi(m)}{p}}\not\equiv 1\pmod m\)。必要性显然，充分性可以由阶的性质得到，因为若 \(g\) 不是原根则必定有 \(\delta_m(g)\mid \frac{\varphi(m)}{p}\)，其中 \(p\) 是某个 \(\varphi(m)\) 的质因子。
与此同时，数学家证明出最小原根的级别在 \(O(m^{0.25})\)，因此可以 \(O(m^{0.25}\omega(m)\log m)\) 求出最小的原根，复杂度完全可以接受。
原根存在定理
不是所有的数 \(m\) 都有原根，实际只有 \(2,4,p^c,2p^c\) 才有原根，其中 \(p\) 是任意奇素数。证明略。
原根个数
由于其他原根都被表示成某个原根 \(g\) 的幂，所以若 \(\delta_m(g^k)=\varphi(m)\)，则 \(g^k\) 也是原根。
根据阶的性质：\(\delta_m(g^k)=\frac{\delta_m(g)}{\gcd(\delta_m(g),k)}=\frac{\varphi(m)}{\gcd(\varphi(m),k)}\)，因此所有与 \(\varphi(m)\) 互质的 \(k\) 都对应一个原根，有 \(\varphi(\varphi(m))\) 个原根。
剩余
给定 \(a,p,k\)，求解：
存在解 \(x\)，则称 \(a\) 是 \(p\) 的 \(k\) 次剩余，否则称 \(a\) 是 \(p\) 的 \(k\) 次非剩余。
这篇博客只介绍用原根求解奇素数高次剩余以及奇素数二次剩余。
利用原根求解
若 \(p\) 是奇素数，有原根 \(g\)，可以将方程写成：
这样转成了离散对数问题，容易 BSGS \(O(\sqrt{p})\) 求解。
另一个做法是将 \(b\) 也转成 \(g^d\) 之后解 \(ac\equiv d\pmod {\varphi(p)}\)，当然转的过程中也需要 BSGS 找到 \(d\)。
同时可以求出所有解，解出 \(c\) 后容易得到：
要求 \(a\mid k\varphi(p)\)，于是 \(\frac{a}{\gcd(a,\varphi(p))}\mid k\)，直接枚举 \(\frac{a}{\gcd(a,\varphi(p))}\) 的倍数即可。
注意要求 \(p\) 是奇素数而不是上面原根存在定理中的所有存在原根的数。原因是 \(x\) 能被原根表示就一定要在简化剩余系中，也就是与 \(p\) 互质，而 \(x\) 作为未知数，就只能 \(p\) 是奇素数了。
劣势是单次 \(O(\sqrt{p})\) 的复杂度过高。
二次剩余
给定 \(a,p\)，其中 \(p\) 是奇素数，求解：
欧拉判别法和勒让德符号
先忽略 \(p\mid a\) 的情况，那么 \(a\in [1,p-1]\)。取 \(p\) 原根 \(g\)，记 \(x=g^y,a=g^b\)，应当有 \(g^{2y}\equiv g^b\pmod p\)，所以 \(2y\equiv b\pmod {\varphi(p)}\)，而 \(\varphi(p)=p-1\) 是偶数，那么有解的充要条件是 \(2\mid b\)。
所以对于每个二次剩余 \(a\)，应当存在两个根互为相反数，因此 \([1,p-1]\) 中一对相反数可以得到一个二次剩余，故 \(p\) 的二次剩余与非二次剩余各有 \(\frac{p-1}{2}\) 个。
欧拉判别法：
这里证明可以先利用费马小定理：
于是 \(a^{\frac{p-1}{2}}\) 与 \(1\) 或 \(-1\) 中的一个数同余。同时 \(a=g^b\)，若 \(a\) 是二次剩余则 \(2\mid b\)，从而 \(a^{\frac{p-1}{2}}\equiv(g^{p-1})^{\frac{b}{2}}\equiv 1\pmod p\)。而在其他情况下只能与 \(-1\) 同余。
勒让德符号：
所以欧拉判别法的结果和勒让德符号相等。
Cipolla 算法
Cipolla 算法具有使用的模意义下的复数扩域，具有魔法般的构造。
取一个非二次剩余 \(\omega\)，记 \(i=\sqrt{\omega}\)，将数域扩充至 \(\{a+bi\mid a,b\in[0,p-1]\}\)，此时的复数乘法是：\((a+bi)(c+di)=(ac+bd\omega)+(ad+bc)i\)。注意此时 \(\omega\) 未必是 \(-1\)。
Cipolla 算法需要找到一个正整数 \(b\) 使得 \(\omega=b^2-a\)，即 \(b^2-a\) 是非二次剩余，断言此时 \((b+i)^{\frac{p+1}{2}}\) 就是其中一个根。
证明需要两个引理：
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\(i^p\equiv -i\pmod p\)，可以直接由 \(i^{p-1}\equiv \omega^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\pmod p\) 得来。
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\((x+y)^p\equiv x^p+y^p\pmod p\)，这个是老生常谈了，卢卡斯定理的证明也用到了这个引理，直接二项式展开即可，即便是扩域也可以在取模。
于是可以推导：
那么现在只需要找这个 \(b\) 了，做法是直接 \([0,p-1]\) 内随机，因为二次剩余和非二次剩余数量相当，所以期望意义下只需要 \(2\) 次左右。时间复杂度 \(O(\log p)\)。
参考资料
离散对数
- OI Wiki
阶与原根
剩余
-
OI Wiki
