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 $a^{d}$ ≡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， $a^{\varphi (m)}==1(mod m)$ ，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 $\varphi (m)$ 的素因子prime[i]， $a^{\tfrac{\varphi (m)}{prime[i]}}$ 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， $a^{j}\equiv 1$ 且 $a^{i-j}\equiv 1$ ，从而继续往小求，直至 $a^{(i,j)}\equiv 1$

由于g是 $\varphi$ 的一个约数，g< $\varphi$ ，则g至少比 $\varphi$ 少一个素因子 $p_{i}$ ，那么 $\tfrac{\varphi}{p_{i}}$ 一定是g的倍数，则得证

② $a^{0}$ ，……， $a^{|a|-1}$ 模 m 两两不同余，因此当a是模m的原根时， $a^{0}$ ，……， $a^{|a|-1}$ 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。

$a^{0}$ ，……， $a^{|a|-1}$ 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, $p^{n}$ , $2p^{n}$ ，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 $|Z_{m}^{*}|=\varphi(m)$ ，若存在原根a，则 $|a^{k}|=\tfrac{\varphi(m)}{gcd(\varphi (m),k))}$ ，

只需令 $gcd(\varphi(m),k)==1$ ，即有 $|a^{k}|=\varphi(m)$

由 $|Z_{m}^{*}|=\varphi(m)$ 知， $a^{k}$ 为群 $Z_{m}^{*}$ 的生成元，

k的个数即为 $Z_{m}^{*}$ 的生成元的个数，

也为满足 $gcd(\varphi(m),k)==1$ 即与 $\varphi(m)$ 互质的数的个数，

这显然就是 $\varphi(\varphi(m))$ ，即 $Z_{m}^{*}$ 可逆元的个数，证毕

故原根个数为0或 $\varphi(\varphi(m))$

⑤一个数的最小原根的大小是O( $n^{\tfrac{1}{4}}$ )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 $\varphi(n)$ 互素的数k， $a^{k}(mod n)$ 均为原根

其实求模m剩余循环群 $Z_{m}^{*}$ 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 $\varphi(\varphi(5))$ = $\varphi(4)$ =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 $\varphi(\varphi(p))$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
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;++i){if(!ok[i]){prime[cnt++]=i;phi[i]=i-1;}for(int j=0;j<cnt;++j){if(i*prime[j]>=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<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1e6+10;
typedef long long ll;
bool ok[maxn];
vector<ll>cal,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;++i){if(!ok[i]){prime[cnt++]=i;phi[i]=i-1;}for(int j=0;j<cnt;++j){if(i*prime[j]>=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]]}}
}
vector<ll>divisor(ll p)
{vector<ll>tmp;for(int i=0;i<cnt;++i){if(p%prime[i]==0){tmp.push_back(prime[i]);while(p%prime[i]==0)p/=prime[i];}}if(p>1)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;i<cnt;++i)//得找奇素数 i=1很关键 {if(p%prime[i]==0){while(p%prime[i]==0)p/=prime[i];return p==1;}}return 0;
}
vector<ll>solve(ll p)
{vector<ll>t; 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<p;++a){if(modpow(a,phi[p],p)!=1)continue;bool flag=1;for(int i=0;i<len&&flag;++i){if(modpow(a,phi[p]/cal[i],p)==1)flag=0;}if(flag){root=a;break;}}for(ll i=1;i<phi[p];++i){now=(now*root)%p;if(__gcd(i,phi[p])==1)t.push_back(now);//algorithm库函数 }sort(t.begin(),t.end());ll sz=unique(t.begin(),t.end())-t.begin();//可能有重复 如26 t.resize(sz);return t;
}
int main()
{sieve();while(~scanf("%lld",&p)){rt=solve(p);int sz=rt.size();for(int i=0;i<sz;++i)printf("%lld%c",rt[i],i==sz-1?'\n':' ');}return 0;
}

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<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=(1<<16)+10;
typedef long long ll;
bool ok[maxn];
vector<ll>cal,rt;
vector<ll>divisor[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;++i){if(!ok[i]){prime[cnt++]=i;phi[i]=i-1;ans[i]=-1;}for(int j=0;j<cnt;++j){if(i*prime[j]>=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<cnt;++k){ll &i=prime[k];for(ll j=i;j<maxn;j+=i){divisor[j].push_back(i);           }}
}
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;i<cnt;++i)//得找奇素数 i=1很关键 {if(p%prime[i]==0){while(p%prime[i]==0)p/=prime[i];return p==1;}}return 0;
}
ll solve(ll p)
{ if(p==2)return 1;if(p==4)return 3;//if(!judge(p))return -1; 保证是素数 ll root,now=1,final=0;//phi(p)cal=divisor[phi[p]];int len=cal.size();for(ll a=p-1;a>=2;--a){if(modpow(a,phi[p],p)!=1)continue;bool flag=1;for(int i=0;i<len&&flag;++i){if(modpow(a,phi[p]/cal[i],p)==1)flag=0;}if(flag){root=a;return root;}}
}
int main()
{int t;scanf("%d",&t);sieve(); while(t--){scanf("%lld",&p);if(ans[p]!=-1)printf("%lld\n",ans[p]);else printf("%lld\n",ans[p]=solve(p));}return 0;
}

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 $Z_{m}^{*}$ 的概念&&群的概念&&群的阶

注意到 $Z_{m}^{*}$ 的加法不封闭，乘法封闭，因此 $Z_{m}^{*}$ 只有一种运算，

两种运算+blahblah是环，一种运算+blahblah是群

$Z_{m}^{*}$ 为可逆元的集合，元素个数为可逆元个数即 $\varphi(m)$