HNU 10694 Primitive Root

HNU_10694

    这个题目本质上就是去求模p的原根。

    首先，我们用反证法证明这个结论：如果对于任意的正整数i，r^i%p包含了1~p-1所有整数的话，那么满足r^i%p=1这个等式的最小正整数为p-1。

    如果上面的命题不成立，不妨设满足r^i %p=1这个等式的最小的正整数为j，假如j<p-1，那么对于任意r^i总能分解成若干r^j的与r^x(x<j)的积，所以r^i%p最多有x个不同的值，那么r^i%p不可能包含了1~p-1所有的整数。假如j>p-1，那么就说明当1<=x<=p-1时，不会出现a^x%p的值为1，那么就必然有x1、x2(1<=x1<x2<=p-1)使得r^x1%p=r^x2%p，也就是说r^(x2-x1)%p=1，而这已经在前面证明了是会推出矛盾的。

    因此，如果对于任意的正整数i，r^i%p包含了1~p-1所有整数的话，那么满足r^i%p=1这个等式的最小正整数为p-1。

    接着，我们以上面的结论为前提，即承认满足r^i%p=1这个等式的最小正整数为p-1，然后用反证法证明这个结论：对于任意满足1<=x<y<=p-1的x、y，都有r^x%p !=r^y%p成立。

    假设r^x%p==r^y%p成立的话，那么就会得到r^(y-x)%p=1，这样就与假设相矛盾了。

    因此，对于任意满足1<=x<y<=p-1的x、y，都有r^x%p !=r^y%p成立，也就是说当i从1开始取到p-1时r^i%p就产生了p-1个不同的正整数，进而就可说明对于任意正整数i，r^i%p包含了1~p-1所有整数。

    有了上面两点证明之后，就能够说明“满足r^i%p=1这个等式的最小正整数为p-1”这一命题和“对于任意的正整数i，r^i%p包含了1~p-1所有整数”这个命题是等价的（前面两个证明相当于是必要性和充分性的证明）。

    而由于p是素数，所以欧拉函数是p-1，这就说明了r就是模p的原根。

    兜了这么一个大圈子，就是为了说明题目中描述的r就是模p的原根（虽然题目一开始就是用primitive root去描述r的，但这个描述并不是原根的定义）。

    接下来就是去找模p的原根了，也就是去找满足当i<p时当且仅当i=p-1才有r^i%p=1成立的最小的r。所以，可以暴力枚举r，然后去看当i<p时是否只有i=p-1时才有r^i%p=1成立即可。

    直接暴力固然可以，但是当p比较大的时候耗时就比较长了。一个比较好的优化就是运用一个定理：设p是奇素数，p-1的所有的不同的素数时q1,...,qs，那么，g是模p的原根的充要条件是g^((p-1)/qj)%p !=1，j=1,...,s。由于一个数的素因子数量很少，同时再利用快速幂取模去验证的话就会省不少时间。

//Program #1
#include<stdio.h>
#include<string.h>
int p;
int check(int r)
{
    int i, ans = 1;
    r %= p;
    for(i = 1; i < p - 1; i ++)
    {
        ans = (ans * r) % p;
        if(ans == 1)
            return 0;
    }
    ans = (ans * r) % p;
    return ans == 1;
}
void solve()
{
    int r;
    for(r = 1; ; r ++)
        if(check(r))
        {
            printf("%d\n", r);
            return ;
        }
}
int main()
{
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while(t --)
    {
        scanf("%d", &p);
        solve();
    }
    return 0;
}

 

//Program #2
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<math.h>
#define MAXD 20010
int isprime[MAXD], prime[MAXD], p, N;
void prepare()
{
    int i, j, k;
    memset(isprime, -1, sizeof(isprime));
    N = 0;
    for(i = 2; i < 20000; i ++)
        if(isprime[i])
        {
            prime[N ++] = i;
            for(j = i * i; j < 20000; j += i)
                isprime[j] = 0;
        }
    prime[N] = 20000;
}
int pow_mod(int a, int n)
{
    int ans;
    if(n == 1)
        return a % p;
    ans = pow_mod(a, n / 2);
    ans = (ans * ans) % p;
    return n % 2 ? (ans * a) % p : ans;
}
int check(int r)
{
    int i, j, k = p - 1;
    for(i = 0; prime[i] < p - 1; i ++)
        if(k % prime[i] == 0 && pow_mod(r, k / prime[i]) == 1)
            return 0;
    return 1;
}
void solve()
{
    int i, j, k;
    for(i = 2; ; i ++)
        if(check(i))
        {
            printf("%d\n", i);
            return ;
        }
}
int main()
{
    int t;
    prepare();
    scanf("%d", &t);
    while(t --)
    {
        scanf("%d", &p);
        if(p == 2)
            printf("1\n");
        else
            solve();
    }
    return 0;
}