高次同余方程之阶与原根

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一.阶与阶的性质.

首先我们回忆一下欧拉定理.

欧拉定理：对于 $gcd(a,p)=1$，有 $a^{\phi(p)}\equiv 1\,\,(mod\,\,p)$.

根据欧拉定理，若 $gcd(a,p)=1$，则必然有一个数 $x$满足 $a^x\equiv 1\,\,(mod\,\,p)$.

阶：对于一个满足 $gcd(a,p)=1$的离散对数方程 $a^x\equiv 1\,\,(mod\,\,p)$，我们称最小的正整数 $x$为 $a$对 $p$的阶，我们记为 $ord_pa$.

当 $x=\phi(p)$时，我们称 $a$为 $p$的原根.

阶有如下几个性质：

性质1： $a^x\equiv 1\,\,(mod\,\,p)\Leftrightarrow ord_p a|x$.

证明：
首先，若 $ord_p a|x$，设 $x=k*ord_p a$，则：
$a^x\equiv a^{k*ord_p a}\equiv (a^{ord_p})^k\equiv 1\,\,(mod\,\,p)$

反过来，对于任意 $x=k*ord_p a+r\,\,(0<r<ord_p a)$，则：
$a^x\equiv a^{k*ord_p a+r}\equiv a^r\,\,(mod\,\,p)$

根据定义， $ord_p a$是使得 $a^x\equiv 1\,\,(mod\,\,p)$的最小正整数，不存在更小的正整数满足此方程，故原定理得证.
证毕.

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性质2： $ord_p a|\phi(p)$.

利用欧拉定理与性质1即可得证.

性质3： $\{a^0,a^1\,a^2,...,a^{ord_p a}\}$构成 $p$的简化剩余系.即 $i\equiv j\,\,(mod\,\,ord_p a)\Leftrightarrow a^i\equiv a^j\,\,(mod\,\,p)$.

证明：
若 $i\equiv j\,\,(mod\,\,ord_p a)$，令 $i=k*ord_p a+j$，那么：
$a^i\equiv a^{k*ord_p a+j}\equiv a^ja^{k*ord_p a}\equiv a^j\,\,(mod\,\,p)$

反之，若 $a^i\equiv a^j\,\,(mod\,\,p)$且 $i\geq j$，由于 $gcd(a^j,n)=1$，显然：
$a^i\equiv a^j\equiv a^ja^{i-j}\,\,(mod\,\,p)\\ a^{i-j}\equiv 1$

由性质1可得 $ord_p a|i-j$，即 $i\equiv j\,\,(mod\,\,ord_p a)$.
证毕.

性质4：令 $t=ord_p a$且 $u\in Z$，那么有：
$ord_p(a^u)=\frac{t}{gcd(t,u)}$

证明：
令 $g=gcd(t,u),t'=\frac{t}{g},u'=\frac{u}{g}$，显然有：
$(a^u)^{t'}\equiv a^{u't}\equiv 1\,\,(mod\,\,p)$

反过来，由于 $gcd$的极大性，显然 $t'$是最小的满足 $(a^u)^{t'}\equiv 1\,\,(mod\,\,p)$的正整数.
证毕.


二.原根与原根的性质.

原根：若 $gcd(r,p)=1$且有 $ord_p r=\phi(p)$时，我们称 $r$为 $p$的原根.

关于原根有几个性质：

性质5：若 $gcd(r,p)=1$且 $r$是 $p$的一个原根，则 $\{r^1,r^2,r^3,...,r^{\phi(p)}\}$构成 $p$的简化剩余系.

利用性质3可证.

性质6：若 $r$是 $p$的原根，那么 $r^u$是 $p$的原根当且仅当 $gcd(u,\phi(p))=1$.

证明：
由性质4可得：
$ord_p r^u=\frac{ord_p r}{gcd(u,ord_p r)}=\frac{\phi(p)}{gcd(u,\phi(p))}$

证毕.

性质7：若 $p$由原根，则它所有在模 $p$意义下的不同原根数量为 $\phi(\phi(p))$个.

证明：
若 $r$是 $p$的一个原根，根据性质3，则 $\{r^1,r^2,...r^{\phi(p)}\}$为 $p$的一个简化剩余系.根据性质6， $r^u$是 $p$的原根当且仅当 $gcd(u,\phi(p))=1$，所有满足的 $u$有 $\phi(\phi(p))$个.
证毕.

性质8：任意素数都有原根.

这个东西需要研究多项式同余理论，这里不再赘述.

性质9：一个正整数 $n$存在原根当且仅当 $n=2,4,p^t,2p^t$.其中 $p$为奇素数（不等于 $2$的素数）且 $t$为正整数.

这个东西需要研究大量初等数论知识，这里不再赘述.


三.求解阶与原根.

求解 $ord_n a$，可以通过性质2， $O(\sqrt{n})$求出 $\phi(n)$，然后枚举 $\phi(n)$的因数，每次通过快速幂判定即可，时间复杂度 $O(\sqrt{n}\log n)$.

代码如下：

LL gcd(LL a,LL b){return b?gcd(b,a%b):a;}

LL power(LL a,LL k,LL p){
  LL s=1;
  for (;k;k>>=1,a=a*a%p)
    if (k&1) s=s*a%p;
  return s;
}

LL phi(LL n){
  LL v=n,ans=n;
  for (LL i=2;i*i<=n;++i)
    if (v%i==0){
      ans=ans/i*(i-1);
      while (v%i==0) v/=i;
	}
  if (v>1) ans=ans/v*(v-1);
  return ans;
}

LL get_ord(LL a,LL n){      //求解阶ord_n a，若没有阶返回-1
  if (gcd(a,n)^1||n<2) return -1;
  LL v=phi(n),mn=v,t;
  for (LL i=1;i*i<=v;++i)
    if (v%i==0){
	  if (power(a,i,n)==1) mn=min(mn,i);
	  t=v/i;if (power(a,t,n)==1) mn=min(mn,t);
	}
  return mn;
}

求解 $n$的原根（一般是最小原根），首先要了解一个比较容易的性质.

性质10：设唯一分解 $\phi(n)=\prod_{i=1}^{k}p_i^{c_i}$，那么 $g$是 $n$的原根当且仅当 $gcd(g,n)=1$且：
$\forall i,g^{\frac{\phi(n)}{p_i}}\equiv\not{} 1\,\,(mod\,\,n)$

很显然就不证了吧…

那么我们先把 $n$的所有素因子存下来.由于 $n$的最小原根 $g$一般较小，所以暴力枚举 $g$，每次大力判定是否满足条件即可.时间复杂度 $O(\sqrt{n}+g\log^2 n)$.

若需要判定是否有原根，则需要用到性质9.

代码如下：

LL gcd(LL a,LL b){return b?gcd(b,a%b):a;}

LL power(LL a,LL k,LL p){
  LL s=1;
  for (;k;k>>=1,a=a*a%p)
    if (k&1) s=s*a%p;
  return s; 
}

LL get_proot(LL n){
  if (n==2) return 1;
  if (n==4) return 3;
  LL v,phi=n;
  v=n&1?n:n>>1;
  if (v&1^1) return -1;
  for (LL i=3;i*i<=n;++i)
    if (v%i==0){
      phi=phi/i*(i-1);
      while (v%i==0) v/=i;
      if (v>1) return -1;
	}
  if (v>1) phi=phi/v*(v-1);
  if (n&1^1) phi>>=1;
  v=phi;
  for (LL i=2;i*i<=phi;++i)
    if (v%i==0){
      pr[++tp]=i;
      while (v%i==0) v/=i;
	}
  if (v>1) pr[++tp]=v;
  bool flag;
  for (LL g=2;g<n;++g){
  	if (gcd(g,n)^1) continue;
  	flag=0;
    for (int i=1;i<=tp;++i)
      if (power(g,phi/pr[i],n)==1){flag=1;break;}
    if (flag) continue;
    return g;
  }
}

当然还有一份仅仅用于求素数原根的代码：

LL power(LL a,LL k,LL p){
  LL s=1;
  for (;k;k>>=1,a=a*a%p)
    if (k&1) s=s*a%p;
  return s; 
}

LL get_proot(LL n){
  if (n==2) return 1;
  LL phi=n-1,v=phi;
  for (LL i=2;i*i<=phi;++i)
    if (v%i==0){
      pr[++tp]=i;
      while (v%i==0) v/=i;
	}
  if (v>1) pr[++tp]=v;
  bool flag;
  for (LL g=2;g<n;++g){
  	flag=0;
  	for (int i=1;i<=tp;++i)
  	  if (power(g,phi/pr[i],n)==1) {flag=1;break;}
  	if (flag) continue;
  	return g;
  }
}

四.例题与代码.

题目（原根板子）：51nod1135.

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
  using namespace std;
  
#define Abigail inline void
typedef long long LL;

const int N=100;

LL p,pr[N+9],tp;

LL power(LL a,LL k,LL p){
  LL s=1;
  for (;k;k>>=1,a=a*a%p)
    if (k&1) s=s*a%p;
  return s; 
}

LL get_proot(LL n){
  if (n==2) return 1;
  LL phi=n-1,v=phi;
  for (LL i=2;i*i<=phi;++i)
    if (v%i==0){
      pr[++tp]=i;
      while (v%i==0) v/=i;
	}
  if (v>1) pr[++tp]=v;
  bool flag;
  for (LL g=2;g<n;++g){
  	flag=0;
  	for (int i=1;i<=tp;++i)
  	  if (power(g,phi/pr[i],n)==1) {flag=1;break;}
  	if (flag) continue;
  	return g;
  }
}

Abigail into(){
  scanf("%lld",&p);
}

Abigail outo(){
  printf("%lld\n",get_proot(p));
}

int main(){
  into();
  outo();
  return 0;
}