「原根」与「阶」

阶

定义：
设\(p>1,gcd(a,p)==1\)，那么使得\(a^r≡1\ (mod\ \ \ p)\)成立的最小正整数\(r\)就称为\(a\)模\(p\)的阶.记作\(ord_p(a)\)

并且\(ord_p(a)\)总是可以整除\(φ(p)\)即\(φ(p)\)是\(ord_p(a)\)

\(\because a^{φ(p)}≡1\ (mod\ \ \ p)且a^{ord_p(a)}≡1\ (mod\ \ \ p)\)

\(设φ(p)=k*ord_p(a)+w \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ w\in[0,ord_p(a)\ )\)

\(\therefore 1≡a^{φ(p)}≡(a^{ord_p(a)})^k*a^w≡1^k*a^w≡a^w\ (mod\ \ \ p)\)
由定义，\(ord_p(a)\)是满足\(a^r≡1\ (mod\ \ \ p)\)的最小正指数，而\(w<ord_p(a)\),故有\(w==0\)因此\(φ(p)=k*ord_p(a)\)
\(\therefore ord_p(a)整除φ(p)\)

原根

定义：
一个数\(a\)是一个\(p\)是原根，则\(a^i(\ mod\ \ p)\)的结果两两不相同，其中，\(i∈[1,φ(p)],a∈[1,φ(p)]。\)
如果 \(a\) 与 \(p\) 是互质的整数且 \(p>0\)，那么当 \(a\%p\)的阶\(ord_p(a)=φ(p)\)时，称 \(a\) 为模 \(p\) 的原根。
就是在多个\(a\)都可以满足\(a^{φ(p)}≡1\ (mod\ \ \ p)\)其中\({φ(p)}\)是使得\(a\)模\(p\)等于\(1\)的最小正整数就称
\(eg: p=5,φ(5)=4\)
\(1^4\%5=1;2^4\%5=1;3^4\%5=1;4^4\%5=1\)
但是其中只有\(2\)和\(3\)是模\(5\)的原根.

\(\because 满足1^r\%5=1的最小正整数是1，\)
\(满足4^r\%5=1的最小正整数是2，满足a^r≡1\ (mod\ \ \ p)的最小正整数不是φ(p)\)

$ \therefore 1和4不是模5的原根$

质数\(p\)原根求法：
给出一个质数\(p,φ(p)=p-1\)
将\(φ(p)\)通过唯一分解定理可以得到：\(φ(p)=P_1^{k_1}*P_2^{k_2}*...*P_n^{k_n}\)其中\((P_1,P_2,..,P_n)\)都是质数
然后枚举\(a\),若\(a^{\frac{φ(p)}{p_i}}\neq 1(mod\ \ \ p) \ \ \ i \in(1,2,...,n)\)
则\(a\)是模\(p\)的一个原根

原根性质：

1. 所有的质数\(m\)都可以找到原根，且个数是\(φ(m-1)\)
2. 不是所有的整数都有原根
3. 若模\(m\)可以找到原根，那么\(m\)一定可以表示成\(\{2,4,p^n，2·p^n\}\)这些形式的一种，其中\(p\)是奇质数
4. 若模\(m\)可以找到原根，那么它能找到原根的个数一定是\(φ(φ(m))\)
5. 模\(m\)的最小原根大小是\(O_{m_{0.25}}\)的。所以有些东西你枚举就够了

51nod-1135 求最小原根

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=1e5+10;
int p[M],cnt;
void ol(ll n)//将φ(m)唯一定理分解
{
    for(int i=2;i*i<=n;i++)
    {
        if(n%i==0)
        {
            p[cnt++]=i;
        }
        while(n%i==0)
        {
            n/=i;
        }
    }
    if(n>1)
    {
        p[cnt++]=n;
    }
    return ;
}
ll qpow(ll a,ll n,ll mod)
{
    ll ans=1;
    ll base=a;
    while(n)
    {
        if(n&1)
        {
            ans=ans*base%mod;
        }
        base=base*base%mod;
        n>>=1;
    }
    return ans%mod;
}
ll query(ll n)
{
    if(n==2||n==4)
    {
        return n-1;
    }
    cnt=0,ol(n-1);
    for(int i=2;i<n;i++)//从小到大遍历a
    {
        int flag=1;
        for(int j=0;j<cnt;j++)
        {
            if(qpow(i,(n-1)/p[j],n)==1)//根据原根求法
            {
                flag=0;
                break;
            }
        }
        if(flag==1)//输出最小的原根
        {
            return i;
        }
    }
}
int main( )
{
    ll n;
    while(~scanf("%lld",&n))
    {
        printf("%lld\n",query(n));
    }
    return 0;
}