阶与原根 学习笔记

阶与原根

前言

既然都学 OI 了，还要证明干嘛。

阶

定义：满足 $a^n\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ 的最小的正整数 $n$ 称作 $a$ 在模 $p$ 意义下的阶，记作 $or{d}_p(a)$。

性质1：对于 $1\le i\le or{d}_p(a)$，$a^i$ 不同余。

性质2：对于 $a^n\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，$or{d}_p(a)\mid n$。

性质3：如果 $a^n\equiv a^m(\mathrm{mod}p)$，则 $n\equiv m(\mathrm{mod}or{d}_p(a))$。

性质4：若 $gcd(a,m)=gcd(b,m)=1$，则当且仅当 $gcd(or{d}_m(a),or{d}_m(b))=1$ 时，$or{d}_m(a\times b)=or{d}_m(a)\times or{d}_m(b)$。

性质5：若 $gcd(a,m)=1$，则 $or{d}_m(a^k)={\displaystyle \frac{or{d}_m(a)}{gcd(or{d}_m(a),k)}}$。

性质6：对于质数 $p$，$or{d}_p(x)={\displaystyle \frac{\phi (p)}{gcd(\phi (p),x)}}$。

原根

定义：对于 $1\le g<m$，若 $gcd(g,m)=1$ 且 $or{d}_m(g)=\phi (m)$，则 $g$ 是 $m$ 的原根。原根可能有多个。

性质：当 $m$ 为质数时，$g^{i}modm(0<i<m)$ 互不相同。

原根个数：若 $m$ 有原根，$m$ 的原根个数为 $\phi (\phi (m))$。

原根存在：原根存在，当且仅当 $m=2,4,p^k,2p^k$，其中 $p$ 为奇质数。

原根判定：对于 $gcd(g,m)=1$，若 $g$ 是 $m$ 的原根，当且仅当对于 $\phi (m)$ 的每个素因子 $p$，都有 $g^{\frac{\phi (m)}{p}}\ne 1(\mathrm{mod}m)$。

原根范围：素数的最小原根为 $O(m^{0.25})$。

求最小原根：由于最小原根的范围，我们可以从小到大枚举每个数暴力地判断是否为原根，复杂度 $O(\sqrt{m})$。

应用

可以把乘法通过原根转化为指数上的加法。

习题

• P6091 [模板] 原根
• AT abc212_g

P6091 [模板] 原根

题意：求一个数的所有原根。

题解：

我们找到一个原根 $g$，那么对于所有 $gcd(x,\phi (m))=1$ 的 $x$，$g^{x}modm$ 是原根。

AT abc212_g

求有多少整数对 $(x,y)$ 满足存在一个正整数 $n$ 使得 $x^n\equiv y(\mathrm{mod}P)$，给定质数 $P$，$P\le {10}^{12}$。

题解：

根据质数的原根的性质，我们找到 $P$ 的原根 $g$，则 $x,y$ 可以表示成 $g^a,g^b$，那么

$$\sum _{a=1}^{P-1}\sum _{b=1}^{P-1}[\text{exist}n,g^{an}\equiv g^b(\mathrm{mod}P)]$$

根据欧拉定理，

$$\sum _{a=1}^{P-1}\sum _{b=1}^{P-1}[\text{exist}n,an\equiv b(\mathrm{mod}P-1)]$$

那么根据同余方程的性质，

$$\sum _{a=1}^{P-1}\sum _{b=1}^{P-1}[gcd(a,P-1)\mid b]$$

枚举 $gcd$ 的值，

$$\sum _{d=1}^{P-1}\lfloor {\displaystyle \frac{P-1}{d}}\rfloor \sum _{d|a}^{P-1}[gcd(a,P-1)=d]$$

右边的和式当且仅当 $d\mid (P-1)$ 时不为 $0$。

$$\sum _{d=1}^{P-1}\lfloor {\displaystyle \frac{P-1}{d}}\rfloor [d\mid (P-1)]\sum _{a=1}^{(P-1)/d}[gcd(a,{\displaystyle \frac{P-1}{d}})=1]$$

右边是 $\phi$ 的定义，

$$\sum _{d=1}^{P-1}\lfloor {\displaystyle \frac{P-1}{d}}\rfloor [d\mid (P-1)]\phi ({\displaystyle \frac{P-1}{d}})$$

$d$ 为 $P-1$ 的因数时有值，

$$\sum _{d\mid P-1}^{P-1}{\displaystyle \frac{P-1}{d}}\phi ({\displaystyle \frac{P-1}{d}})$$

因数取遍，则

$$\sum _{d\mid P-1}d\times \phi (d)$$

直接算为 $O(d(P-1)\sqrt{P-1})$。