群论

「弎」群

一、前备知识（NOIp数论）

模运算

如果\(a=qb+r\)且\(0\leq r<b\)，则称r是b除a的最小正剩余。特别地，
r=0时 \(b|a\)（a是b的倍数，b是a的约数）。
有性质如下：
① \(a|b,a|c→a|(b+c)\)
② \(a|b,b|c→a|c\) (传递性)

如果\(a_1=q_1\cdot b+r_1,a_2=q_2\cdot b+r_2\)，可以将\(r_1=r_2\)表示为 \(a_1\equiv a_2 (mod\ b)\)。（\(a_1\)与 \(a_2\) 在模b意义下相等）
有性质如下（在模m意义下）：
① \(a_1\equiv a_2, a_2\equiv a_3 →a_1\equiv a_3\)
② \(a\equiv b,c\equiv d→a+c\equiv b+d,a-c\equiv b-d,ac\equiv bd\)
（\(\equiv\)对于加减乘均成立）

关于模的一些概念

模：表示一个集合\(S\subseteq Z\)，集合对加减法封闭.

生成模: 集合\(T\)的生成模是，最小的模\(S\)，使得\(T\subseteq S\).

实际意义：若\(a\in T,b\in T,a+b\notin T~OR~a-b\notin T\)，将\(a+b,a-b\)加入\(T\)，不断进行。

有性质：模\(S\)一定是某个数所有倍数的集合。
证明如下：
若\(x\)是\(S\)中的最小正整数
假设存在\(y\),不是\(x\)的倍数
取\(r=y\mod x\),则\(r\in S\)么\(0<r<x\)，矛盾。（最小正剩余）
因此，模\(S\)一定是某个数所有倍数的集合。

最大公约数

\(a,b\)的最大公约数用\((a,b)\)表示。

有性质：
① \((a,b)\)是\(\{a,b\}\)的生成模中的最小正整数。
证明如下：
设\(c\)是\(\{a,b\}\)的生成模中的最小正整数，那么\(\{a,b\}\)的生成模中的数都是\(c\)的倍数，\(c\)的所有倍数都在生成模中，所以 \(c|a,c|b\)，且 \(c|(a,b)\)。
去证：\(c\)是\(a,b\)的公约数。
由于任意一个\(a,b\)的公约数都是\((a,b)\)的约数，\((a,b)\)的约数都是\(a,b\)的公约数，可知\(c\)是\(a,b\)的公约数。

②\((a,b)=(a,a+b),(a,b)=(a,b-a)\)
\(→(a,b)=(a,b\mod a)\) （辗转相除法）

辗转相除法是\(O(\log{\max{(|a|,|b|)}})\)的，证明如下：
用\(a_0,a_1\)表示初始两个数
\(a_i=a_{i-2}\mod a_{i-1}\)直到某个\(a_k=0\)，则\((a_0,a_1)=a_{k-1}\)
所以\(a_i\leq a_{i-2}/2\)

扩展欧几里得------exgcd

给定\(ax+by=c\)，输入\(a,b,c\)，求\(x,y\)任一合法解。

设\(s,t\)满足 \(b s+(a\mod b)t=c\)
\(∵a\mod b=a-\lfloor \frac{a}{b} \rfloor b\)
\(∴b s+(a-\lfloor \frac{a}{b} \rfloor \cdot b)t=c\)
\(→b s+at-\lfloor \frac{a}{b} \rfloor \cdot b t=c\)
\(→at+(s-\lfloor \frac{a}{b} \rfloor \cdot t) b=c\)
那么\(x=t~~,~~y=s-\lfloor \frac{a}{b} \rfloor \cdot t\)，逐层递归即可。
边界情况：\(b=0\)，需要求\(ax=c\)。若\(a|c\),令\(x=c/a\)，否则无解。

唯一分解定理

每个正整数（除了1）都可以唯一地表示成素数的乘积，即有唯一的分解质因数方案。

对x分解质因数可得：\(x=\prod_{i=1}^{n} a_i^{p_i}\)。

有性质如下：

① 若\(y|x\), \(y=\prod_{i=1}^{n} a_i^{q_i}\) （\(\forall i, q_i\leq p_i\)）

② \(x\)的约数个数：\(\prod_{i=1}^{n}( p_i+1)\)

二、群，环，域

群

定义：在数学中，群表示一个拥有满足封闭性、结合律、有单位元、有逆元的二元运算的代数结构

性质：封闭性、结合律、有单位元、有逆元

描述：若集合 \(G\neq \emptyset\)，在\(G\)上的二元运算\(G*G→G\)构成的代数结构\((G,\cdot)\)满足：
封闭性：\((\forall a,b\in G,a\cdot b\in G)\)

结合律：\((\forall a,b,c\in G,(a\cdot b)\cdot c=a\cdot (b\cdot c)\)

单位元：\(\exists\ e\in G,\)s.t.\(\forall\ a\in G,a\cdot e=e\cdot a=a )\)

逆元： \(\forall\ a\in G,\exists\ b\in G,\)s.t.\(a\cdot b=b\cdot a=e\)(\(a\cdot a^{-1}=a\cdot b\Leftarrow\Rightarrow a^{-1}=b\))

则\((G,\cdot)\)称为一个群，或乘法群。

举例：\(Q\setminus\{0\}, R\setminus\{0\}, C\setminus\{0\}\)，所有行列式非0的\(n\)阶方阵组成一个群，{1，-1}

有性质如下：

① 单位元唯一
证明如下：
设有两个单位元 \(e_1,e_2\)
\(e_1=e_1e_2=e_2\)，矛盾！

②逆元唯一
证明如下：
假设\(a\)有两个逆元\(b,c\)，那么
\(b=b(ac)=(ba)c=c\)，矛盾！

群的周期：\(a\)的周期是\(o(a)\)。\(o(a)\)表示最小正整数，使得\(a^{o(a)}=e\)（注：^表示对a进行群的二元运算）

子群

定义：如果群\(G\)的非空子集合\(H\)对于\(G\)的运算也成一个群，那么H称为G的子群。设\(G\)是群，\(H\)是\(G\)的非空子集，且\(H\) 关于\(G\) 上的运算也构成群，则称\(H\)是\(G\)的子群。用\(H\leq G\)表示。

生成子群：若\(S\)是群\(G\)的一个非空子集，则包含\(S\)的\(G\)的所有子群的交仍是\(G\)的一个子群，称它为由\(S\)生成的子群，记为\(<S>\).(\(<S>\)是\(G\)中含\(S\)的最小子群）

右傍集：若\(H\leq G\)，对于\(a\in G\),定义集合\(Ha=\{ ha\in G \ |\ \exists h\in H\}\)

性质：
\(Ha=Hb\)当且仅当 \(ab^{-1}\in H\)
证明如下：
如果\(Ha=Hb\)，
则\(a=ea\in Ha\)，即\(a\in Hb\)，
那么\(\exists h\in H,~a=hb\)，那么\(ab^{-1}=h\)
若\(ab^{-1}\in H\)，
那么 $ha=ha(b^{-1}b)=(hab)b\in Hb \(， 因此\)Ha\subseteq Hb\( \)hb=hb(a^{-1}a)=h(ab)^{-1}a\in Ha\(，故\)Hb\subseteq Ha\( 因此\)Ha=Hb$

若\(Ha\neq Hb\)，那么\(Ha\cap Hb = \emptyset\)
假设\(x\in Ha\cap Hb\)，
则\(\exists h_1,h_2\in H\)，\(h_1a=h_2b=x\) ，
那么\(ab^{-1}=h_1^{-1}h_2\in H\)，
那么\(Ha=Hb\)，矛盾。

Ruler定理：若\(a,n\)都是正整数且\(a\)与\(n\)互素，则\(a^{\varphi(n)}\equiv 1(mod \ n)\)
证明如下：

【例题】
已知\(a,b\in G\)，\(o(a)=m\)，\(o(b)=n\)，\(ab=ba\)

求证：① 若\((m,n)=1\)，则存在\(g\in G\),s.t. \(o(g)=mn\)
② 存在\(g\in G\),s.t. \(o(g)=lcm(m,n)\)

证明：
① \(g=ab\)，假设\(o(ab)=k\)， 由于\((ab)^{mn}=e\)，则\(k\leq mn\)
\((ab)^{k}=e\)，那么\(a^{nk}=(ab)^{nk}=e\), \(m|nk\)
同理，\(n|mk\)
\(m|k, n|k\)， \(mn|k\)
综上\(k=mn\)

② \(m=t_1^{p_1}t_2^{p_2}\dots t_s^{p_s}\)
\(n=t_1^{q_1}t_2^{q_2}\dots t_s^{q_s}\)
通过交换各个\(t_i\)的顺序，总能存在\(0\leq l \leq s\)，s.t.
\(\forall i\leq l\), \(p_i\leq q_i\)
\(\forall i > l\), \(p_i\geq q_i\)
令\(c=a^{u},~u=t_1^{p_1}t_2^{p_2}\dots t_l^{p_l}\)
令\(d=b^{v},~v=t_{l+1}^{q_{l+1}}t_{l+2}^{q_{l+2}}\dots t_s^{q_s}\)
\(o(cd)=lcm(m,n)\)
由于\(o(c)=m/u=t_{l+1}^{p_{l+1}}t_{l+2}^{p_{l+2}}\dots t_s^{p_s}\)
\(o(d)=n/v=t_1^{q_1}t_2^{q_2}\dots t_l^{q_l}\)
那么\(gcd(o(c),o(d))=1\)，又\(cd=dc\)，由第一小问，\(o(cd)=o(c)o(d)=lcm(c,d)\)

Lagrange定理：若\(H\)是有限群\(G\)的子群，则\(|G|=|H|\cdot [G:H]\)(\([G:H]\)表示不同的傍集数)

【推论1】若\(G\)是有限群，则\(\forall a\in G\)，有\(o(a) | \ \ |G|\)
证明：
\(o(a)=|<a>|,∴o(a) | \ \ |G|\)

【推论2】若\(G\)是有限群，则\(\forall a\in G,a^{|G|}=e\)

【推论3】若\(|G|\)=p,\({ p\ is\ a\ prime}\), 则\(G\)是循环群。

循环群

如果\(G=<a>\)，称\(G\)是循环群。
举例：mod 7意义下，{1,2,3,4,5,6}是循环群。
mod k加法意义下的{0,1,......,k-1}是循环群。

定理1：如果\(G=<a>\)是有限循环群，则\(o(a)=|G|\)。
证明如下：
令\(k=o(a)\)，则\(a^k=e\)，那么\(a^{k+I}=a^i\)。
考虑{\(a^1,a^2,...,a^k\)}，这当中的数两两不同。
反证：设\(1\leq x\leq y\leq k\)，那么\(a^{y-x}=e\)，矛盾。
因此\(G={a^1,a^2,...,a^k}\)。

定理2：令m是最小的正整数，s.t.\(\forall g\in G,g^m=e\)交换群(加群)\(G\)是循环群，当且仅当\(m=|G|\)。
证明如下：
若\(G=<a>\)是循环群，则\(o(a)=|G|\),所以$m\geq
|G| \(。 又由于\)\forall g\in G,g^{|G|}=e\(，所以\)m=|G|\(。 若\)m=|G|\(，如果\)\exists a\in G $ s.t. \(o(a)=|G|\)，那么\(|G|=<a>\)。
否则，\(\forall g\in G,o(g)<|G|\)，
设周期最大的元素是\(a\)，\(o(a)=t\)，
那么\(\forall g\in G\)，\(o(g) \ | \ t\)，
那么\(t\)满足\(\forall g\in G,g^t=e\)，
由于\(m\)是最小的正整数s.t.\(\forall g\in G,g^m=e\)，故\(m\leq t\)，矛盾。

原根

欧拉函数：\(\varphi(n)\)表示从1到\(n\)中与\(n\)互质的数的数量。
原根：设\(m\)是正整数，\(a\)是整数，若\(a\)模\(m\)的阶(使\(a^d≡1(mod \ m) 成立的最小正整数d\))等于\(\varphi (m)\)，则称\(a\)为模\(m\)的一个原根。

半群：满足封闭性和结合律
交换群（加群）：满足交换律的群

环：\((R,+,\cdot )\)，其中\((R,+)\)是交换群，\((R,\cdot)\)是半群。
举例：Z、R

域：\((F,+,\cdot)\)，其中\((F,+)\)是交换群，\((F\setminus\{0\},\cdot)\)是交换群。
举例：Q,R,C

代数基本定理：在域F中，\(n\)次非零多项式\(f(x)\)至多有\(n\)个根。

考虑质数\(p\)，在对\(p\)取模的意义下进行加法和乘法，那么$ { 1,2,...,p-1 }\(是循环群。 定义：这个循环群的生成元叫做原根。 对于原根\)a\(,\)\forall 1\leq i \leq p-1,\exists x>0,a^x=i $

一个循环群\(G\),设\(p-1=|G|\)，假设其中\(p\)是质数，设\(a\)是生成元，$G= { a,a^2,a3,...,a^{p-1}} \( 那么其中\)a^{p-1}=e\( 如果\)g\(是原根，当且仅当\)o(g)=o-1\( 设\)g=a^t\(，那么\)o(g)\(是最小的\)s$ s.t. \(p-1|st\)

定理1：任意一个域的乘法群的有限子群\(G\)一定是循环群。
证明如下：
令\(m\)是最小的正整数，使得\(\forall g\in G,g^m=e\)。
首先\(\forall g\in G,g^{|G|}=e,m \leq |G|\)。
考虑多项式\(x^m-e\)，\(G\)中元素都是这个多项式的根，由代数基本定理，\(|G|\leq m\)。
因此\(m=|G|\)。
由循环群性质，\(G\)是循环群。

定理2：\(o(g)=p-1\)当且仅当\(t\)与\(p-1\)互质。
证明如下：

\(|G|\)中原根的数量就是\(\varphi(p-1)\)

由于\(\varphi(p-1)\)较大，因此寻找原根时，暴力即可，枚举2，3，...，内次枚举到一个数，判断是不是原根。
判断\(a\)是否是原根，只需判断是否存在比\(p-1\)小的数\(x\)，s.t.\(a^x=1\)
枚举\(p-1\)的所有质因子\(d\)，判断\(a^{\frac{p-1}{d}}\)是否为1，
如果都不是，那么\(a\)就是原根。

假设\(o(a)=k\)，假设\(k<p=1\)，那么\(k|p-1\)。
由于\(a^{gcd(k,p-1)}=1\)，所以\(k|p-1\)。
令\(t=\frac{p-1}{k}\)，那么\(t>1\)。
令\(d\)是\(t\)中任意一个质因子，\(\frac{p-1}{t}|\frac{p-1}{d}\)，那么\(a^{\frac{p-1}{d}}\)。
因此只需枚举\(p-1\)的所有质因子\(d\)，判断\(a^{\frac{p-1}{d}}\)是否为1

离散对数

\(G\)的原根是\(a\)，由于\(\forall g\in G,\exists x,a^x=g\)，那么\(x=log_ag\)

令\(q=\lceil \sqrt p \ \rceil\)
求出$S={ a^0,a1,a^q,...,aq } \( 求出\)T={ a^0,aq,a^{2q},...,a } \( 任意一个\)a^x=g\(，因为\)x=kq+l,0\leq k,l\leq q\(}, 那么\)g=a^{kq}al\(, 可以写成\)g=st,s\in S,t\in T\(。 枚举\)s\in S\(，那么需要的\)t\(就是\)s^{{-1}g$。对$T$建哈希表（或对$T$排序二分），查找$s}g在\(T\)中是否存在。
这样可以以\(O(q)\)的时间复杂度求出\(g=st\)的形式，进而求出\(x=log_ag\)。