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 $a^d$ 的阶是 $\frac{m}{d}$ 。

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 = $(ab)^{me}$ = $b^{me}$ ，于是 n|me，于是 n|e。同理有 m|e，于是 nm|e。而 $(ab)^{nm}$ = 1，于是 e|nm，于是 e = nm。

如果 n,m 不互质，只要取 $n'|n,m'|m,n',m'$ 互质且 $n 'm'= lcm(n,m)$ （比如把每个质因子分到 n′,m′ 中），此时 $a^{\frac{n}{n'}}$ 阶为 n′， $b^{\frac{m}{m'}}$ 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 $x^{p-1}=1,x^d=1$ （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 $x^d$ = 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 $F(p)$ （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 $\phi(n)$ 。取一个生成元 g，考虑 $g^r$ 的阶 e。设 $d = gcd(n,r)$ ，有
$(g^r)^{\frac{n}{d}}=(g^n)^{\frac{r}{d}}=1$ ，于是 $e|\frac{n}{d}$ 。而若有 $g^{re}=1$ 则 n|re，于是 $\frac{n}{d}|e$ ，于是 $e=\frac{n}{d}$ 。当且仅当 e = n 即 gcd(n,r) = 1 时 $g^r$ 也是生成元，于是恰有 $\phi(n)$ 个。一般地，阶为 d|n 的元素恰有 $\phi(d)$ 个 (即求有多少 r 使 $\frac{n}{gcd(n,r)}=d$ )。如果原根存在，即缩系是大小为 $\phi(m)$ 的循环群，那么原根个数为 $\phi(\phi(m))$ 。特别地，模质数域的原根个数为 $\phi(p)$ 。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 { $g^r$ |gcd(n,r) = 1}。

二次剩余

记 $(\frac{a}{p})$ 为勒让德符号，p 是一个奇素数。

$(\frac{a}{p})$ 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）： $(\frac{a}{p})=a^{\frac{p-1}{2}}$

证明：

考虑a只有两种形式：

$a=g^{2k}|a=g^{2k+1} (k \in [0,\frac{p-1}{2}))$ ，前者一定有解，后者一定无解

因为 $g^{\frac{1}{2}}$ 在mod p不存在，这个可以用反证法证明：假设存在， $g^{\frac{1}{2}}=b$ ，那么 $g^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1(\mod p)$ 。

与原根的性质矛盾。

$a\equiv g^{2k}(\mod p )$ ，所以 $a^{\frac{p-1}{2}}\equiv g^{k(p-1)}\equiv 1^k(\mod p )$

$a\equiv g^{2k+1}(\mod p)$ 所以 $a^{\frac{p-1}{2}}\equiv g^{k(p-1)+\frac{p-1}{2}}\equiv -1(\mod p )$

必要性显然，所以我们可以直接用 $a^{\frac{p-1}{2}}$ 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 $(\frac{p}{q})(\frac{q}{p})=(-1)^{\frac{(p-1)(q-1)}{4}}$ 。

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 $x^2\equiv n(\mod p )$ 的解（满足 $n^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1(\mod p )$ ）。随机一个 a 使得 $a^2-n$ 是二次非剩余，即 $(a^2-n)^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1 (\mod p )$ 。设 $\omega=\sqrt{a^2-n}$ 。可证 $x+y\omega$ 构成一个域。构造得二次剩余的解为 $(a+\omega)^{\frac{p+1}{2}}$ 。

证明：

$(a+\omega)^{p+1}\equiv (a^p+\omega^p)(a+\omega)\equiv (a+(\sqrt{a^2-n})^{p-1}\sqrt{a^2-n})(a+\omega)\equiv (a-\omega)(a+\omega)\equiv a^2-a^2+n\equiv n(\mod p )$

并且 $(a+\omega)^{\frac{p+1}{2}}$ 不存在 $\omega$ 项：设 $(x+y\omega)^2\equiv x^2+y^2(a^2-n)+2xy\sqrt{a^2-n}\equiv n(\mod p )$ ，则有 $xy\equiv 0$ 。若 $y\not =0$ 则有 $a^2-n\equiv \frac{n}{y^2}$ ，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。

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学习笔记第五十节：原根相关与二次剩余

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