阶与原根学习笔记

什么是阶

若 $(a,m)=1$，则使 $a^l\equiv 1(modm)$ 的最小 $l$，称之为 $a$ 关于模 $m$ 的阶，记为 $or{d}_{m}a$
举个例子：
比如要求 $2$ 模 $7$ 的阶，可以一一列举 $2$ 的幂次：
$2^1\equiv 2(mod7)$
$2^2\equiv 4(mod7)$
$2^3\equiv 1(mod7)$
$2^4\equiv 2(mod7)$
$2^5\equiv 4(mod7)$
$2^6\equiv 1(mod7)$
于是可以看出， $2$ 模 $7$ 的阶为 $3$。

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阶的性质

1. 根据欧拉定理，我们有 $a^{\phi (m)}\equiv 1(modm)$。
   于是 $or{d}_{m}a\mid \phi (m)$。
2. 当 $a^x\equiv 1(modm)$ 时，$or{d}_{m}a\mid x$
3. 阶相当于最小循环节，即$a^x\equiv a^{x+or{d}_{m}a}(modm)$。因此$a^1,a^2,....,a^{or{d}_{m}a}$ 构成模 $m$ 意义下的一个既约剩余系。从上述例子也可以看出，如 $2^1\equiv 2^4(mod7)$。
4. $or{d}_m{a}^t=\frac{or{d}_{m}a}{\gcd (or{d}_{m}a,t)}$，证明如下：
   当 $a^{t\ast l}\equiv 1(modm)$时，$or{d}_{m}a\mid t\ast l,t\mid t\ast l$，因此$l$ 最小时， $t\ast l$ 应为 $lcm(t,or{d}_{m}a)$，可以推得 $l=\frac{or{d}_{m}a}{\gcd (or{d}_{m}a,t)}$

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原根

当 $or{d}_{m}a=\phi (m)$ 时，称 $a$ 为关于 $m$ 的原根。
也就是说，使得 $a^x\equiv 1(modm)$ 成立的最小 $x$ 为 $\phi (m)$。
举个例子：
$7$ 的原根是 $3$，因为：
$3^1\equiv 3(mod7)$
$3^2\equiv 2(mod7)$
$3^3\equiv 6(mod7)$
$3^4\equiv 4(mod7)$
$3^5\equiv 5(mod7)$
$3^6\equiv 1(mod7)$
于是只有 $3^{\phi (7)}\equiv 1(mod7)$。
再举一个非素数的例子，比如 $5$ 是 $18$ 的一个原根。$\phi (18)=6$
$5^1\equiv 5(mod18)$
$5^2\equiv 7(mod18)$
$5^3\equiv 17(mod18)$
$5^4\equiv 13(mod18)$
$5^5\equiv 11(mod18)$
$5^6\equiv 1(mod18)$
于是最小的 $x$ 使得 $5^x\equiv 1(mod18)$ 是 $\phi (18)$，也就是 $6$。

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原根的性质

1. 当 $g$ 为原根时，$g^1,g^2,....,g^{\phi (m)}$ 构成模 $m$ 意义下的既约剩余系。
   从上面 $5$ 是 $18$ 的原根可以看到，$5^1$ 到 $5^6$ 模 $18$ 之后恰好是 $6$ 个和 $18$ 互质的数。
   具体证明也不难，因为 $g$ 和 $m$ 互质，因此 $g^x$ 和 $m$ 互质，总共有 $\phi (m)$ 个 $x$，于是生成了 $\phi (m)$ 个与 $m$ 互质的数，也就是 $m$ 的既约剩余系。
2. 如果 $m$ 有原根，那么 $m$ 总共有 $\phi (\phi (m))$ 个原根。
   证明一下：
   设 $g$ 为 $m$ 的一个原根。那么所有原根肯定存在于 $g^1,g^2,...,g^{\phi (m)}$ 中，因为原根肯定与 $m$ 互质。那么我们考虑 $g$ 的幂次。
   当 $or{d}_m{g}^t=\phi (m)$ 时，$g^t$ 为 $m$ 的原根，我们来看看这样的 $t$ 有多少个。由阶的性质 $4$，$or{d}_m{g}^t=\frac{\phi (m)}{\gcd (\phi (m),t)}=\phi (m)$ 时，$\gcd (\phi (m),t)=1$，也就是说，这样的 $t$ 有 $\phi (\phi (m))$ 个。
3. 从上面的证明我们可以看到，若 $g$ 为 $m$ 的一个原根，则所有原根集合为 $\{g^s\mid 1\le s\le \phi (m),(s,\phi (m)=1)\}$

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原根的作用

原根的最大意义在于，它可以映射 $m$ 的既约剩余系，而且每个元素一一对应。
比如我们在求 $x^a\equiv b(modm)$ （$m$ 是质数）时，我们可以设 $g^t\equiv x(modm)$，其中 $g$ 为 $m$ 的原根，不难证明这样的 $t$ 一定存在。且一个 $t$ 与一个 $x$ 一一对应。
那么即是求 $(g^t{)}^a\equiv (g^a{)}^t\equiv b(modm)$ 的 $t$。因为 $g^a$ 已知，所以用 $BSGS$ 求 $t$ 即可。
原根还在 $NTT$ 中有着重要的作用。
于是学习原根其实是在为学 NTT 做铺垫。

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原根存在的条件

当 $m=2,4,p^k,2\ast p^k$ （$p$ 为奇素数）时，$m$ 的原根存在。其余情况不存在原根。
证明的话，我不会证。。

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如何求原根

因为原根密度很大，大约是 $n^{0.25}$，所以可以考虑暴力枚举找到一个原根。
当枚举到 $a$ 时，如何快速判断 $a$ 是不是原根呢？注意 $a,m$ 要互质。
$a$ 不是原根的条件是，存在 $l<\phi (m)$，使得 $a^l\equiv 1(modm)$。
设 $\phi (m)=\prod p_i^{k_i}$
由于 $l$ 是 $\phi (m)$ 的约数，所以我们预处理 $\phi (m)$ 的素因子，然后枚举素因子 $p_i$，判断是否 $a^{\frac{\phi (m)}{p_i}}\equiv 1(modm)$ 即可。
单次判断复杂度是 $O(lo{g}^{2}n)$ 的。
这里有一道模板题

代码如下

#include 
#include
#include
using namespace __gnu_pbds;
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
struct custom_hash {
	   static uint64_t splitmix64(uint64_t x) {
	   	x += 0x9e3779b97f4a7c15;
		x = (x ^ (x >> 30)) * 0xbf58476d1ce4e5b9;
		x = (x ^ (x >> 27)) * 0x94d049bb133111eb;
		return x ^ (x >> 31);
	}
	size_t operator()(uint64_t x) const {
		static const uint64_t FIXED_RANDOM = chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count();
		return splitmix64(x + FIXED_RANDOM);
	}
};
LL z = 1;
int read(){
	int x, f = 1;
	char ch;
	while(ch = getchar(), ch < '0' || ch > '9') if(ch == '-') f = -1;
	x = ch - '0';
	while(ch = getchar(), ch >= '0' && ch <= '9') x = x * 10 + ch - 48;
	return x * f;
}
int ksm(int a, int b, int p){
	int s = 1;
	while(b){
		if(b & 1) s = z * s * a % p;
		a = z * a * a % p;
		b >>= 1;
	}
	return s;
}
int phi(int x){
	int ret = x;
	for(int i = 2; i <= x / i; i++){
		if(x % i == 0){
			ret = ret / i * (i - 1);
			while(x % i == 0) x /= i;
		}
	}
	if(x > 1) ret = ret / x * (x - 1);
	return ret;
}
vector<int> d;
void get(int x){
	for(int i = 2; i <= x / i; i++){
		if(x % i == 0){
			d.push_back(i);
			while(x % i == 0) x /= i;
		}
	}
	if(x > 1) d.push_back(x);
}
int main(){
	int i, j, flag, n, p, m;
	p = read(); m = phi(p);
	get(m);
	for(i = 2; i <= p; i++){
		flag = 0;
		for(auto x: d){
			if(ksm(i, m / x, p) == 1){
				flag = 1;
				break;
			}
		}
		if(!flag){
			printf("%d", i);
			return 0;
		}
	}
	return 0;
}