原根-快速求解一个数的原根

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 。
[align=left] [/align]

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

若存在，那么显然的事情

否则，假设存在一个t<phi(x)=x-1使得a^t = 1 (mod x)

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)

而由欧拉定理有，a^(x-1) = 1 (mod x)

于是1 = a^(kt) = a^(xr-r+gcd(t,x-1)) = a^gcd(t,x-1) (mod x)

而t<x-1故gcd(t,x-1)<x-1

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

那么a^((x-1)/pi) = (a^gcd(t,x-1))^s = 1^s = 1 (mod x)

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

输入1个质数P(3 <= P <= 10^9)

Output

输出P最小的原根。

解答

#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
int P;
const int NUM = 32170;
int prime[NUM/4];
bool f[NUM];
int pNum = 0;
void getPrime()//线性筛选素数
{
for (int i = 2; i < NUM; ++ i)
{
if (!f[i])
{
f[i] = 1;
prime[pNum++] = i;
}
for (int j = 0; j < pNum && i*prime[j] < NUM; ++ j)
{
f[i*prime[j]] = 1;
if (i%prime[j] == 0)
{
break;
}
}
}
}
__int64 getProduct(int a,int b,int P)//快速求次幂mod
{
__int64 ans = 1;
__int64 tmp = a;
while (b)
{
if (b&1)
{
ans = ans*tmp%P;
}
tmp = tmp*tmp%P;
b>>=1;
}
return ans;
}

bool judge(int num)//求num的所有的质因子
{
int elem[1000];
int elemNum = 0;
int k = P - 1;
for (int i = 0; i < pNum; ++ i)
{
bool flag = false;
while (!(k%prime[i]))
{
flag = true;
k /= prime[i];
}
if (flag)
{
elem[elemNum ++] = prime[i];
}
if (k==1)
{
break;
}
if (k/prime[i]<prime[i])
{
elem[elemNum ++] = prime[i];
break;
}
}
bool flag = true;
for (int i = 0; i < elemNum; ++ i)
{
if (getProduct(num,(P-1)/elem[i],P) == 1)
{
flag = false;
break;
}
}
return flag;
}
int main()
{

getPrime();
while (cin >> P)
{
for (int i = 2;;++i)
{
if (judge(i))
{
cout << i<< endl;
break;
}
}
}
return 0;
}