原根（知识学习+板子总结+例题+应用）
思路来源
https://baike.baidu.com/item/%E5%8E%9F%E6%A0%B9/8103534?fr=aladdin
https://blog.csdn.net/zoro_n/article/details/78200742
https://www.cnblogs.com/Dance-Of-Faith/p/9905786.html
《数学的思维方式与创新》 丘维声著 北京大学出版社 2011年3月第一版
看到的一些和原根相关的比较好玩的东西
http://www.sohu.com/a/226489349_100125672
http://www.sohu.com/a/214094143_815436
概念
提示：如果下述出现一些符号不明白，可下翻到参考概念及预备知识部分
设m是正整数，a是整数，若a模m的阶等于φ(m)（即|a|==φ(m)），则称a为模m的一个原根。
*群的元素的阶
性质
①如果正整数(a,m) = 1和正整数 d 满足
≡1(mod m)，则 d 整除 φ(m)。
因此|a|整除φ(m)。当a= 3时，我们仅需要验证 3 的 1 、2、3 和 6 次方模 7 的余数即可。
证明：
显然，由欧拉定理，
，结合下述命题2得证
从这个思路出发，这为寻找模m意义下的最小原根提供了方法论，
至少可以帮我们快速判定一个数不是原根，
性质1的方法论：
如果对于所有
的素因子prime[i]，![a^{\tfrac{\varphi (m)}{prime[i]}}](http://img.e-com-net.com/image/info8/e18c730a45f54ab0a5b92e6e09f586f6.gif){kind=small}
模m均不为1，则|a|==φ(m)，a为原根
证明：
上述证明引自博客https://www.cnblogs.com/Dance-Of-Faith/p/9905786.html
一点小说明，对于引理2，我们可以递归进行这个操作，
且
，从而继续往小求，直至
由于g是
的一个约数，g<，则g至少比少一个素因子
，那么
一定是g的倍数，则得证
②
，……，
模 m 两两不同余，因此当a是模m的原根时，，……，构成模 m 的简化剩余系。
简化剩余系，1到m-1中所有与m互素的数的集合。
，……，这些数只能是可逆元，因此是可逆元的集合，不可能出现零因子，故均与m互素。
③模m有原根的充要条件是m= 1,2,4,
,
，其中p是奇质数，n是任意正整数。
常用：2的原根是1；4的原根是3；998244353的原根是3；1e9+7的原根是5
该证明由高斯在1801年完成，菜鸡表示不会证QAQ
④对正整数(a,m) = 1，如果 a 是模 m 的原根，那么 a 是整数模n乘法群（即加法群 Z/mZ的可逆元，也就是所有与 m 互素的正整数构成的等价类构成的乘法群）Zn的一个生成元。由于Zn有 φ(m)个元素，而它的生成元的个数就是它的可逆元个数，即 φ(φ(m))个，因此当模m有原根时，它有φ(φ(m))个原根。
百度百科证明实在是看不懂，就是φ(φ(m))让我找到的这本书，更为详尽的证明
证明：
其实就是群论拉格朗日定理的一个结论，然而不写成这个命题3的形式我还是证不出来
*循环群与生成元
由群
，若存在原根a，则
，
只需令
，即有
由知，
为群
的生成元，
k的个数即为的生成元的个数，
也为满足即与
互质的数的个数，
这显然就是
，即可逆元的个数，证毕
故原根个数为0或
⑤一个数的最小原根的大小是O(
)的
详见百度百科最小正原根问题，由王元院士于1959年给出证明
⑥一个数n的全体原根乘积mod n==1
⑦一个数n的全体原根总和mod n==莫比乌斯函数μ(n-1)
⑧找到最小原根a后，所有与
互素的数k，
均为原根
其实求模m剩余循环群的所有生成元的过程，就是求m的原根的过程，
这二者是等价的，原根个数
=
=2，即有两个生成元
例题
①poj1284 Primitive Roots 求奇素数p的原根个数
根据性质4，显然答案为
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=(1<<16)+10;
bool ok[maxn];
int prime[maxn],phi[maxn],cnt,n;
void sieve()
{
phi[1]=1;
for(ll i=2;i=maxn)break;
ok[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0)
{
phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];//prime[j]是i的因子 prime[j]的素因子项包含在i的素因子项里
break;
}
else phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);//prime[j]与i互质 phi[i*prime[j]=phi[i]*phi[prime[j]]
}
}
}
int main()
{
sieve();
while(~scanf("%d",&n))
{
printf("%d\n",phi[phi[n]]);
}
return 0;
}
②hdu4992 Primitive Roots 求一个数n的所有原根(2<=n<1e6)
先根据性质3判是否存在原根，
若存在，再根据性质1的方法论从a==2开始往上找最小原根a，
找到原根a后，根据性质8，输出这些原根即可
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn=1e6+10;
typedef long long ll;
bool ok[maxn];
vectorcal,rt;
ll p,phi[maxn],prime[maxn],cnt;
ll modpow(ll x,ll n,ll mod)
{
if(!n)return 1;
ll p=modpow(x,n/2,mod),q=p*p%mod;
if(n&1)q=q*x%mod;
return q;
}
void sieve()
{
phi[1]=1;
for(ll i=2;i=maxn)break;
ok[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0)
{
phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];//prime[j]是i的因子 prime[j]的素因子项包含在i的素因子项里
break;
}
else phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);//prime[j]与i互质 phi[i*prime[j]=phi[i]*phi[prime[j]]
}
}
}
vectordivisor(ll p)
{
vectortmp;
for(int i=0;i1)tmp.push_back(p);
return tmp;
}
bool judge(ll p)
{
if(p%2==0)p/=2;
if(!ok[p])return 1;
if(p%2==0)return 0;
for(int i=1;isolve(ll p)
{
vectort;
if(p==2)
{
t.push_back(1);
return t;
}
if(p==4)
{
t.push_back(3);
return t;
}
if(!judge(p))
{
t.push_back(-1);
return t;
}
ll root,now=1;//phi(p)
cal=divisor(phi[p]);//phi(p)质因子
int len=cal.size();
for(ll a=2;a
③51nod1135 求最小原根（保证输入是一个3<=p<=1e9的奇素数）
和上面的代码大同小异，由于题意中p一定是素数，直接把phi[p]的地方都换成p-1即可
然后找到root之后就返回即可，不用找剩下的原根了
如果p不是素数的话，根据性质3，有原根的p最多有两个素因子，
在judge函数里记录一下，是素数还是不是素数，有哪几个素因子，
这样如果有原根的话就能顺便把phi(p)也给求了
④URAL-1268 求最大原根（保证输入是一个3<=p<=65536的奇素数）
这题时限250ms，卡的比较紧，T了两发280ms
（1）把回答过的记忆化一下，毕竟不超过65536的奇素数估计也就4k，然而有6k多个询问
（2）是开vector预处理各个数的所有素因子，枚举素因子向vector里放，
每个数素因子不超过6个（2*3*5*7*11*13约等于3W），大概就是O(6*n)的叭，然后就卡过了
（3）从大到小枚举 比 从小到大找出原根再用gcd搞一个最大的原根 要快一些
（4）题目说是奇素了，把判是否存在原根的那些都杠掉
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn=(1<<16)+10;
typedef long long ll;
bool ok[maxn];
vectorcal,rt;
vectordivisor[maxn];
ll p,phi[maxn],prime[maxn],ans[maxn],cnt;
ll modpow(ll x,ll n,ll mod)
{
if(!n)return 1;
ll p=modpow(x,n/2,mod),q=p*p%mod;
if(n&1)q=q*x%mod;
return q;
}
void sieve()
{
phi[1]=1;
for(ll i=2;i=maxn)break;
ok[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0)
{
phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];//prime[j]是i的因子 prime[j]的素因子项包含在i的素因子项里
break;
}
else phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);//prime[j]与i互质 phi[i*prime[j]=phi[i]*phi[prime[j]]
}
}
for(int k=0;k=2;--a)
{
if(modpow(a,phi[p],p)!=1)continue;
bool flag=1;
for(int i=0;i 应用
①如果模p意义下问一些数a[]的乘积的话，可以把a[]压缩成原根对应的值，变乘法为加法
如Codeforces Round #538 (Div. 2) F - Please, another Queries on Array?
如2018秦皇岛ccpc-camp Steins-Gate (原根+FFT)
②NTT，用最小原根的板子搞出原根来，才能做
③BSGS，当模的数p很大而需要被映射的值v很少的时候，
无法for循环一遍1-p-1，把值映射成原根对应的幂次，
用BSGS，对于每个v，是O(sqrt(p))的复杂度
参考概念及预备知识（上述证明符号不懂的看这里）
①模m剩余类（Zm）的概念
其实也就是离散学的一种同余关系，最普遍的那种模意义下的同余关系
②环的概念&&单位元的概念&&零因子的概念&&可逆元的概念
③可逆元与欧拉函数的关系
即ax==1(mod m)方程有解的充要条件是(a,m)==1
④可逆元的个数
⑤的概念&&群的概念&&群的阶
注意到的加法不封闭，乘法封闭，因此只有一种运算，
两种运算+blahblah是环，一种运算+blahblah是群
为可逆元的集合，元素个数为可逆元个数即