原根&离散对数简单总结
原根&离散对数
1.原根
1.定义:
定义 Ordm(a) O r d m ( a ) 为使得 ad≡1(modm) a d ≡ 1 ( m o d m ) 成立的最小的d(其中a和m互质)
由欧拉定理可知:
Ord≤Φ(m) O r d ≤ Φ ( m )
当 Ordm(a)=Φ(m)时，称a是模m意义下m的一个原根 O r d m ( a ) = Φ ( m ) 时 ， 称 a 是 模 m 意 义 下 m 的 一 个 原 根 (记住原根是a，不是d!)
2.原根的性质:
1.具有原根的数字仅有以下几种形式: 2,4,pn,2·pn 2 , 4 , p n , 2 · p n (p是奇质数)
2.一个数的最小原根的大小不超过 m14 m 1 4
3.若g是m的一个原根，那么 gd g d 是m的原根的充分必要条件是 gcd(d,Φ(m))=1 g c d ( d , Φ ( m ) ) = 1 ,
由此可推知一个数的原根个数为 Φ(Φ(m)) Φ ( Φ ( m ) ) 个
3.求解原根的基本步骤:
- 判断一个数是否有原根。(通过性质1,枚举质数即可)
- 求得最小原根。(通过性质2,依次枚举 2～m14 2 ～ m 1 4 判断即可)
- 求出所有原根。(通过性质3,枚举次数d即可)
代码实现:
1.筛出质数并进行第一步(顺便把欧拉函数也筛出来):
void get_prime()
{
is_pri[1]=1;
for(register int i=2;iif(!is_pri[i]) Prime[++tot]=i,phi[i]=i-1;
for(register int j=1;j<=tot;j++){
if(1ll*i*Prime[j]>=N) break;
register int res=i*Prime[j];
is_pri[res]=1;
if(i%Prime[j]==0){
phi[res]=phi[i]*Prime[j];
break;
}
phi[res]=phi[i]*phi[Prime[j]];
}
}
}
bool judge(int m)//判断原根有无
{
if(m==1) return 0;
if(m==2||m==4) return 1;
if((m&1)==0) m>>=1;if((m&1)==0) return 0;
for(int i=2;i<=tot&&(1ll*Prime[i]*Prime[i]<=m);i++)
{
if(m%Prime[i]!=0) continue;
while(m%Prime[i]==0) m/=Prime[i];
if(m==1) return 1;
return 0;
}
return m;
//这里要return m, 由于Prime[i]*Prime[i]>m即退出的影响
} 2.找出最小原根:
for(int i=2;1ll*i*i<=phi[m];i++){
//筛出phi的约数,用于check
if(phi[m]%i==0){
st[++top]=i;
if(i*i!=phi[m]) st[++top]=phi[m]/i;
}
}
int g;
for(g=2;g<=100;g++)//枚举最小原根
{
if(check(g,m)) break;
}bool check(int x,int m)
{
if(Pow(x,phi[m],m)!=1) return 0;
for(int i=1;i<=top;i++)if(Pow(x,st[i],m)==1) return 0;
return 1;
}
int Pow(int x,int n,int mod)
{
int ans=1;
while(n){
if(n&1) ans=(1ll*ans*x)%mod;
x=(1ll*x*x)%mod;
n>>=1;
}
return ans;
}3.找出所有原根
int cnt=0;
register int res=1;
for(register int i=1;i<=phi[m];i++)
//由欧拉定理,只用枚举到g^phi[m]
{
if(cnt==phi[phi[m]]) break;//个数限制
res=(1ll*res*g)%m;
if(gcd(i,phi[m])!=1) continue;
ans[++cnt]=res;
}
sort(ans+1,ans+1+cnt);//由于取了模,要sort
for(register int i=1;i<=cnt;i++)
{
if(i>1) putchar(' ');
printf("%d",ans[i]);
}
puts("");2.离散对数
1.定义
普通对数:
若
离散对数就是把这个放在了模意义下,即求解方程:
2.求解方法
方法1-暴力法: 猜测这东西有循环节,直接暴力枚举x,哈希什么的判循环,循环则无解
方法2-带有数学知识的暴力:
由欧拉定理: aϕ(p)≡1 (mod p) a ϕ ( p ) ≡ 1 ( m o d p )
于是我们只需要把 x x 从 0 0 枚举到 ϕ(p)−1 ϕ ( p ) − 1 就可以了
方法3-正解
BSGS 大步小步算法
这是一种Meet in the middle思想的应用,普通的BSGS只适用于a,p互质的情况,所以我们先讨论a,b互质的情况
BSGS:
我们既然是枚举,那么就有折半枚举这种思想,这里也类似,对于方程:
我们可以把 x x 表示为 t∗u−v t ∗ u − v 的形式,保证 0<v<u 0 < v < u ,然后把左边的负的乘过去,就是:
相当于是把一个数给除了过去,所以只能用于a,p互质
于是我们发现如果先算出一系列的v取什么值的时候右边的值存入哈希表,然后枚举左边的t,就可以在哈希表中直接查询出解了,并且第一个找到的一定是最小的
所以显然u取 p−1‾‾‾‾‾√ p − 1 的时候比较优秀
时间复杂度 O(p‾√) O ( p ) ,如果手写哈希的话,用map就多一个log
代码:
#include1ll*b*a%p;
a=fpow(a,sz);
register int res=a;
for(register int i=1;i<=sz;++i){
register int q=Hash.find(res);
if(q!=-1) {ans=i*sz-q;break;}
res=1ll*res*a%p;
}
if(ans==-1) puts("no solution");
else printf("%d\n",ans);
return 0;
}
扩展BSGS:
然后讨论a,p不是质数的情况
唯一的问题是我们不能直接把一个数给除过去,因为a,p不互质的话a是没有逆元的
我们记 gcd(a,p)=d g c d ( a , p ) = d ,根据同余的一个性质:
若 a∗c≡b∗c (mod p) a ∗ c ≡ b ∗ c ( m o d p ) , gcd(c,p)=d g c d ( c , p ) = d ,则 a≡b (mod pd) a ≡ b ( m o d p d )
于是我们可以通过这个性质不断通过提取左边的一个a去把右边的p给弄成a,p是互质的情况,记录一下我们提取了多少个,最后加入答案就行了,如果提取过程中 b b 不能被 d d 整除就无解
记得如果在提取过程中已经出解了就要判掉
代码:
#include1ll*b*a%p;}
a=fpow(a,sz,p);
for(register int i=1;i<=sz;++i){
d=1ll*d*a%p;
register int q=Hash.find(d);
if(q!=-1) {
ans=i*sz-q+k;break;
}
}
return ans;
}
}
int gcd(int a,int b){return (b? gcd(b,a%b):a);}
inline void EXBSGS(int p,int a,int b){
a%=p;b%=p;
if(b==1) return void(puts("0"));
register int g=gcd(a,p),d=1,k=0;
while(((g=gcd(a,p))!=1)){//不互质就继续消
if(b%g) return void(puts("no solution"));//gcd不整除 b 则无解
++k;b/=g,p/=g;d=1ll*d*(a/g)%p;//记录提取数量
if(b==d) return void(printf("%d\n",k));//答案在消的过程中产生的情况
}
register int ans=BSGS::solve(p,a,b,d,k);
if(ans==-1) return void(puts("no solution"));
printf("%d\n",ans);
return ;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("EXBSGS.in","r",stdin);
freopen("EXBSGS.out","w",stdout);
#endif
register int p,a,b;
while(scanf("%d %d %d",&p,&a,&b)!=EOF) EXBSGS(p,a,b);
}
THE END
updated on 2018.8.16