1.原根定义

假设一个数g对于P来说是原根，那么g^i mod P的结果两两不同,且有 1<g<P, 1<i<P,那么g可以称为是P的一个原根
简单来说，g^i mod p ≠ g^j mod p （p为素数）
其中i≠j且i, j介於1至(p-1)之间
则g为p的原根。
简单的来说，如果g是P的原根，那么g的（1...P-1）次幂mod P的结果一定互不相同。
那么简化一下：
首先看一下欧拉定理：

欧拉定理（也称费马-欧拉定理或欧拉函数定理）是一个关于同余的性质。欧拉定理表明，若为正整数，且互素（即），则

因此，在时，定义对模的指数为使成立的最小的正整数。由前知 一定小于等于 ，若，则称是模的原根。
归根到底，如果g是P的原根，就是g^(P-1) = 1 (mod P)当且仅当指数为P-1的时候成立.(这里P是素数).
例如：
设m= 7，则φ（7）等于6。φ（7）表示7的欧拉函数。
设a= 2，由于2^3=8≡1(mod 7)，而3<6，所以 2 不是模 7 的一个原根。设a= 3，由于3^1≡3(mod 7)，3^2≡2(mod 7)，3^3≡6(mod 7)，3^4≡4(mod 7)，3^5≡5(mod 7)，3^6≡1(mod 7)，所以 3 是模 7 的一个原根。

2.如何求解：

一、枚举

从2开始枚举，然后暴力判断g^(P-1) = 1 (mod P)是否当且当指数为P-1的时候成立

而由于原根一般都不大，所以可以暴力得到.

二、讲究方法

例如求任何一个质数x的任何一个原根，一般就是枚举2到x-1，并检验。有一个方便的方法就是，求出x-1所有不同的质因子p1,p2...pm，对于任何2<=a<=x-1,判定a是否为x的原根，只需要检验a^((x-1)/p1),a^((x-1)/p2),...a^((x-1)/pm)这m个数中，是否存在一个数mod x为1，若存在，a不是x的原根，否则就是x的原根。

原来的复杂度是O(P-1)，现在变成O(m)*log（P-1）m为x-1质因子的个数。很明显质因子的个数远远小于x-1。

证明可用欧拉定理和裴蜀定理：

裴蜀定理

说明了对任何整数a、b和它们的最大公约数d，关于未知数x和y的线性丢番图方程（称为裴蜀等式）：

ax + by = m 
有解当且仅当m是d的倍数。裴蜀等式有解时必然有无穷多个整数解，每组解x、y都称为裴蜀数，可用辗转相除法求得。

例如，12和42的最大公因子是6，则方程12x + 42y = 6有解。事实上有(-3)×12 + 1×42 = 6及4×12 + (-1)×42 = 6。

特别来说，方程 ax + by = 1 有解当且仅当整数a和b互素。

裴蜀等式也可以用来给最大公约数定义：d其实就是最小的可以写成ax + by形式的正整数。这个定义的本质是整环中“理想”的概念。因此对于多项式整环也有相应的裴蜀定理。

证明

[html] view plaincopy
  1. 若存在，那么显然的事情
  2. 否则，假设存在一个t<phi(x)=x-1使得a^t = 1 (mod x)
  3. 那么由裴蜀定理，一定存在一组k,r使得kt=(x-1)r+gcd(t,x-1)
  4. 而由欧拉定理有，a^(x-1) = 1 (mod x)
  5. 于是1 = a^(kt) = a^(xr-r+gcd(t,x-1)) = a^gcd(t,x-1) (mod x)
  6. 而t<x-1故gcd(t,x-1)<x-1
  7. 又gcd(t,x-1)|x-1 于是gcd(t,x-1)必整除(x-1)/p1,(x-1)/p2...(x-1)/pm其中至少一个，设其一为(x-1)/pi
  8. 那么a^((x-1)/pi) = (a^gcd(t,x-1))^s = 1^s = 1 (mod x)
  9. 这与假设矛盾

代码：

来至http://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1135的一道题目：

题目

设m是正整数，a是整数，若a模m的阶等于φ(m)，则称a为模m的一个原根。（其中φ(m)表示m的欧拉函数）

给出1个质数P，找出P最小的原根。
Input 
<span id="Showjim86_bnbbbsbl_s39"></span>输入1个质数P(3 <= P <= 10^9)<span id="Showjim86_bnbbbsbl_e39"></span>
Output 
<span id="Showjim86_bnbbbsbl_s40"></span>输出P最小的原根。

解答

[cpp] view plaincopy
  1. #include <iostream>
  2. #include <cstdlib>
  3. #include <cstring>
  4. #include <cstdio>
  5. using namespace std;
  6. int P;
  7. const int NUM = 32170;
  8. int prime[NUM/4];
  9. bool f[NUM];
  10. int pNum = 0;
  11. void getPrime()//线性筛选素数
  12. {
  13. for (int i = 2; i < NUM; ++ i)
  14. {
  15. if (!f[i])
  16. {
  17. f[i] = 1;
  18. prime[pNum++] = i;
  19. }
  20. for (int j = 0; j < pNum && i*prime[j] < NUM; ++ j)
  21. {
  22. f[i*prime[j]] = 1;
  23. if (i%prime[j] == 0)
  24. {
  25. break;
  26. }
  27. }
  28. }
  29. }
  30. __int64 getProduct(int a,int b,int P)//快速求次幂mod
  31. {
  32. __int64 ans = 1;
  33. __int64 tmp = a;
  34. while (b)
  35. {
  36. if (b&1)
  37. {
  38. ans = ans*tmp%P;
  39. }
  40. tmp = tmp*tmp%P;
  41. b>>=1;
  42. }
  43. return ans;
  44. }
  45. bool judge(int num)//求num的所有的质因子
  46. {
  47. int elem[1000];
  48. int elemNum = 0;
  49. int k = P - 1;
  50. for (int i = 0; i < pNum; ++ i)
  51. {
  52. bool flag = false;
  53. while (!(k%prime[i]))
  54. {
  55. flag = true;
  56. k /= prime[i];
  57. }
  58. if (flag)
  59. {
  60. elem[elemNum ++] = prime[i];
  61. }
  62. if (k==1)
  63. {
  64. break;
  65. }
  66. if (k/prime[i]<prime[i])
  67. {
  68. elem[elemNum ++] = prime[i];
  69. break;
  70. }
  71. }
  72. bool flag = true;
  73. for (int i = 0; i < elemNum; ++ i)
  74. {
  75. if (getProduct(num,(P-1)/elem[i],P) == 1)
  76. {
  77. flag = false;
  78. break;
  79. }
  80. }
  81. return flag;
  82. }
  83. int main()
  84. {
  85. getPrime();
  86. while (cin >> P)
  87. {
  88. for (int i = 2;;++i)
  89. {
  90. if (judge(i))
  91. {
  92. cout << i<< endl;
  93. break;
  94. }
  95. }
  96. }
  97. return 0;
  98. }

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