原根

阶

由欧拉定理知，若 $(a,m)=1$ ，则 $a^{\phi (m)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$

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

此外还有“半阶”的概念， ${\delta }^{-}$ 表示满足 $a^n\equiv -1(\mathrm{mod}m)$ 的最小的n

在互质的条件下，阶一定存在，半阶不一定存在

性质1

$a,a^2,\cdots ,a^{{\delta }_m(a)}$模 $m$ 两两不同余。

证明：

假设存在 $i\ne j$ ，且 $a^i\equiv a^j(\mathrm{mod}m)$ ，则有 $a^{|i-j|}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$ .

但显然有 $0<|i-j|<{\delta }_m(a)$ ，这与阶的最小性矛盾。

性质2

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

证明：

对 $n$ 除以 ${\delta }_m(a)$ 做带余除法，设 $n={\delta }_m(a)q+r,0\le r<{\delta }_m(a)$.

若 $r>0$，则 $a^r\equiv a^r(a^{{\delta }_m(a)}{)}^q\equiv a^n\equiv 1(\mathrm{mod}m)$

这与阶的最小性矛盾，故 $r=0$ .

• 据此还有：若 $a^p\equiv a^q(\mathrm{mod}m)$ ，则有 $p\equiv q(\mathrm{mod}{\delta }_m(a))$.

性质3

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

${\delta }_m(ab)={\delta }_m(a){\delta }_m(b)$ 等价于 $({\delta }_m(a),{\delta }_m(b))=1$

性质4

设 $k\in N$， $m\in N^{\ast }$，$a\in Z$，$(a,m)=1$，则 ${\delta }_m(a^k)=\frac{{\delta }_m(a)}{({\delta }_m(a),k)}$

性质3,4证明略，可以看oi-wiki。

原根

设 $m\in {\mathbf{N}}^{\ast }，g\in \mathbf{Z}$. 若 $(g,m)=1$，且 ${\delta }_m(g)=\phi (m)$，则称 $g$ 为模 $m$ 的原根。

特别的，当 $m$ 是质数时，由阶的性质1得，我们有 $g^{i}modm,i\in [1,m-1]$ 的结果互不相同。（这里经常对 $i$ 的范围有两种表述，$i\in [1,m-1]$ 或 $i\in [0,m-1)$ 。仔细想想这两者是等价的。首先，在模 $m$ 意义下我们可能得到的非零取模结果只有 $1,2,...,m-1$ ，且 $g^0=1,g^{m-1}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$，也就是这个在哪边取这个 $1$ 的一个问题。

在抽象代数中，原根就是循环群的生成元。这个概念只在模 m 缩剩余系关于乘法形成的群中有「原根」这个名字，在一般的循环群中都称作「生成元」。
并非每个模 m 缩剩余系关于乘法形成的群都是循环群，存在原根就表明它同构于循环群，如果不存在原根就表明不同构。 ——引自oi-wiki

原根判定定理

设 $m⩾3,(g,m)=1$，则 $g$ 是模 $m$ 的原根的充要条件是，

对于 $\phi (m)$ 的每个质因数 $p$，都有$g^{\frac{\phi (m)}{p}}\not\equiv 1(\mathrm{mod}m).$

证明：必要性显然，否则不符合最小性。

充分性考虑反证，假设存在一个g，满足该条件但不是原根。

由于 $g^{\phi (m)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$，带入阶的性质2，会有 ${\delta }_m(g)|\phi (m)$ .

但，g 不是 m 的原根，所以 ${\delta }_m(g)\ne \phi (m)$ ，所以一定存在一个 $\phi (m)$ 的质因子 p 使得 ${\delta }_m(g)|\frac{\phi (m)}{p}$ ，矛盾。

原根个数

若一个数 $m$ 有原根，则它原根的个数为 $\phi (\phi (m)).$

证明：

若 m 有原根 g，由阶的性质4得：

${\delta }_m(g^k)=\frac{{\delta }_m(g)}{gcd({\delta }_m(g),k)}=\frac{\phi (m)}{gcd(\phi (m),k)}$

所以若 $gcd(\phi (m),k)=1$ ，则有 ${\delta }_m(g^k)=\phi (m)$，此时 $g^k$ 也是 m 的原根。这样的 k 有 $\phi (\phi (m))$ 个。

注意到，这些 $g^k$ 模m是互不同余的（由阶的性质1），所以直接算就行。

原根存在定理

一个数 $m$ 存在原根当且仅当 $m=2,4,p^{\alpha },2p^{\alpha }$，其中 $p$ 为奇质数，$\alpha \in {\mathbf{N}}^{\ast }.$

证明极为复杂，因此略。

求原根

经某些dalao证明，质数 $p$ 的最小原根是 $O\left(p^{0.25}\right)$级别的。

我们首先判断该数字是否有原根，然后暴力枚举判断最小原根，最后用原根个数定理中的条件找出剩下的 $g^k$ 这些原根即可。

我们寻找n的最小原根的复杂度是 $O(n^{0.25}{\log }^{2}n)$，实际上复杂度瓶颈在最后sort的 $O(n\log n)$ 上

[模板] 原根

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
int T,n,d,phi[maxn],p[maxn],cnt,vis[maxn];
int rt[maxn],tot,f[maxn],ans[maxn],num;
void init(){
	phi[1]=1;
	for(int i=2;i<=maxn-5;i++){
		if(!vis[i]) p[++cnt]=i,phi[i]=i-1;
		for(int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=maxn-5;j++){
			vis[i*p[j]]=1;
			if(i%p[j]==0){
				phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j];
				break;
			} else phi[i*p[j]]=phi[i]*(p[j]-1);
		}
	}
	rt[2]=rt[4]=1;
	for(int i=2;i<=cnt;i++){
		for(long long j=p[i];j<=maxn-5;j*=p[i]) rt[j]=1;//小心炸int 
		for(long long j=2*p[i];j<=maxn-5;j*=p[i]) rt[j]=1;
	}
}
int gcd(int x,int y){
	if(y==0) return x;
	return gcd(y,x%y);
}
int qpow(int x,int y,int p){
	int res=1;
	while(y){
		if(y&1) res=1ll*res*x%p;
		x=1ll*x*x%p;
		y>>=1;
	}
	return res;
}
void div(int n){
	tot=0;
	for(int i=2;i<=n/i;i++){
		if(n%i==0){
			f[++tot]=i;
			while(n%i==0) n/=i;
		} 
	}
	if(n>1) f[++tot]=n;
}
bool check(int x,int n){
	if(gcd(x,n)!=1) return 0;
	for(int i=1;i<=tot;i++){
		if(qpow(x,phi[n]/f[i],n)==1) return 0;
	}
	return 1;
} 
int findrt(int n){
	for(int i=1;i<n;i++){
		if(check(i,n)) return i;
	}
	return 0;
}
void getrt(int n,int x){
	int y=1; num=0;
	for(int i=1;i<=phi[n];i++){
		y=1ll*y*x%n;
		if(gcd(i,phi[n])==1) ans[++num]=y;
	}
}
int main(){
	init();
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d%d",&n,&d);
		if(rt[n]){
			div(phi[n]);
			int mn=findrt(n);
			getrt(n,mn);
			sort(ans+1,ans+num+1);
			printf("%d\n",num);
			for(int i=d;i<=num;i+=d) printf("%d ",ans[i]);
			printf("\n");
		} else printf("0\n\n");
	}
	return 0;
}

指标

指标，又称离散对数，就是在模意义下进行的对数运算。设 $p\in N^{+}$ 且有原根 $g$ ，对于满足 $gcd(a,p)=1$ 的整数 $a$，必然存在唯一的 $0\le k<\phi (p)$ 使得 $g^k\equiv a(\mathrm{mod}p)$ 。

则称 $k$ 为 $a$ 模 $p$ 的指标，记作 $k=ind(a)=\gamma (a)$

性质和普通对数类似

• 若 $a\equiv b(\mathrm{mod}p)$ ，则 $\gamma (a)\equiv \gamma (b)(\mathrm{mod}\phi (p))$

• $\gamma (ab)=\gamma (a)+\gamma (b)$

• $\gamma (a^n)=n\gamma (a)(\mathrm{mod}\phi (p))$

例

bzoj 1420. Discrete Root

它问的是 $x^k\equiv a(\mathrm{mod}p)$ 的所有 $x$

如果你对算法比较熟悉，就会想到BSGS算法：求 $a^x\equiv b(\mathrm{mod}p)$ 的最小 $x$

那么我们试图把在底数上的未知数转化到指数上。

已知 $p$ 为质数，则必然存在原根，且 ${\delta }_m(a)=\phi (p)=p-1$。

由阶的性质1，对于 $i\in x|1\le x<p$ ，存在唯一的 $j\in x|1\le x<p$ 使得 $g^j\equiv i(\mathrm{mod}p)$ ，我们不妨就令这个映射为 $j=f(i)$ .

那么方程转化为 $x^k\equiv$ $(g^{f(x)}{)}^k$ $\equiv (g^k{)}^{f(x)}$ $\equiv a(\mathrm{mod}p)$

我们就可以用 BSGS 求出 f(x) 进而求出 $g^{f(x)}$

还有一种方法是用指标转化，直接就出来了（但笔者在写这题的时候还没学指标

bzoj 2219. 数论之神

跟上一题的区别在于这个模数不一定有原根，然后我们就需要一系列的分解质因数和化为同余方程组。需要一个巨大的分讨来求解因数个数。

我刚把那一坨latex打完，直接退出，直接完蛋。。全**丢了，气死了