学习笔记第五十节：原根相关与二次剩余

正题

     原根相关

      定义

      群：非空集合 G 上定义了一种二元运算，满足封闭性、结合 律、单位元、逆元。

      环：非空集合 R 上定义了加法和乘法，在加法下构成交换 群，满足乘法结合律、分配律。

      域：非零元素都可逆的满足交换律的环。（也就是交换幺环）

      循环群：指群可以由一个元素生成：G = x,x2,x3...。

      阶：满足 xd = 1 的最小正整数 d。记为 ord(x)。xm = 1 当 且仅当 ord(x)|m。

      模素数 p 的剩余类构成一个有限域。 模 m 意义下与 m 互质的元素组成缩系，大小为 ϕ(m)。

      原根：能生成缩系的元素，即 xi 两两不同（0 ≤i < ϕ(m)）的 x。原根不一定存在。事实上，当且仅当 m = 2,4,pk,2∗pk 时模 m 缩系的原根存在。p 是任意奇质数。

      模质数 p 域下原根的存在性

      Fact: 设 a 的阶是 m，d|m，则的阶是 。

      Fact: 设 a 的阶是 m，b 的阶是 n，则必存在一个数，阶是 lcm(n,m)。

      先考虑 n,m 互质，设 ab 的阶是 e，则有 1 = = ， 于是 n|me，于是 n|e。同理有 m|e，于是 nm|e。而  = 1， 于是 e|nm，于是 e = nm。

      如果 n,m 不互质，只要取 互质且（比如把每个质因子分到 n′,m′ 中），此时  阶为 n′，阶为 m′。乘起来即可。

      这样就说明一定存在一个数，阶是所有元素的阶的倍数 d。 由 （这样说其实是不准确的，可以这样考虑，所有元素的阶都是p-1的因子，否则阶取p-1有更小值）知 d|p−1，而  = 1 有 p−1 个不同的根。由于是 域，d 至少为 p−1，于是 d = p−1（根据mod质数p下域的性质一个n次多项式最多有n个零点，证明考虑将这个n次多项式因式分解，然后又因为是质数所以有逆元）。即（不包括0）的乘法群是个循环 群，即原根存在。

      原根个数

       Fact:n 个元素的循环群的生成元个数为 。 取一个生成元 g，考虑的阶 e。设 ，有
，于是 。 而若有  则 n|re，于是，于是 。 当且仅当 e = n 即 gcd(n,r) = 1 时  也是生成元，于是恰 有  个。一般地，阶为 d|n 的元素恰有个 (即求有多少 r 使 )。 如果原根存在，即缩系是大小为  的循环群，那么原根 个数为 。特别地，模质数域的原根个数为。 最小的原根一般不大，可以暴力枚举判断。求出一个原根 g 后，全部原根的集合就是 {|gcd(n,r) = 1}。

     二次剩余

      记为勒让德符号，p 是一个奇素数。

       表示 a 是模 p 域下的二次剩余，−1 表示是二次非剩余。

      计算方法（欧拉准则）：

      证明：

      考虑a只有两种形式：

       ，前者一定有解，后者一定无解

      因为在mod p不存在，这个可以用反证法证明：假设存在，，那么。

      与原根的性质矛盾。

       ，所以

       所以

       必要性显然，所以我们可以直接用来判定a是属于哪一种情况。

       定理：二次互反律，对于奇质数p,q，有。

       证明还不会，在网上暂时找不到。

       现在讲讲求解二次剩余的两种方法：

       1.Cipolla 算法

       要求 的解（满足）。 随机一个 a 使得 是二次非剩余，即 。设。可证 构成一个域。 构造得二次剩余的解为  。

       证明：

      

       并且 不存在 项：设 ，则有。若 则有 ，左边没有二次剩余而右边有。矛盾。

      2.绿色夹克衫算法

      这个算法十分的巧妙，可以均摊log，与上者不同，这个是直接算的。具体可以看一看他的blog。

      找时间笔者彻底弄懂了再来补。