Order and primitive root and exponential equations(阶、原根和指数方程)

一、概念

1、阶

阶：$a^x ≡1 (\bmod m)$上面的x就是阶

2、原根

$\bmod m$的阶为$\phi(m)$的数

3、指数方程(BSGS)

BSGS(baby step giant step)

不暴力的解$a^x ≡ b (\bmod m)$

二、阶

1.理解

如果$(a,m) = 1$，那么记$x$为最小的正整数使得$a^x ≡ 1(\bmod m)$

$x|\phi(m)$，反证法。

阶可以理解为循环长度的是多少。

我们不停的乘a模$m$，看看循环长度是多少，我们绕着循环走，走$\phi(m)$步一定会走回原来的地方。最小的正整数$x$使得$a^x ≡ 1(\bmod m)$,$x$称为$a \bmod m$的阶。

eg.a = 2,m = 7

1 ——>2——>4

↑ |

———3———

eg2.a = 3,m = 7

1 ——>3——>2 ——>6——>4——>5

↑ |

———————6—————————

2.求阶

那么我们怎么去求这个阶呢？

1.(纯暴力)因为我们知道$\phi(m)$步只会一定会循环，那我们从1 for 到$\phi(m)$看看最小的是多少。

2.阶|$\phi(m)$，我们枚举$\phi(m)$的所有因子去找到最小的$a \mod m = 1$

3.(正解)我们求阶的时候可以从$\phi(m)$开始依次除掉每个因子判断。

$\phi(m) = p1^{e1}p2^{e2}...pk^{ek}$

$d = \phi(m)$ $a^d \bmod m = 1$

for(每个因子pi){

while($d$%$pi==0$&&$a^{\dfrac{d}{pi}}$% $m == 1$){

d/=pi

}

最后的这个d就是答案

eg. a = 9,m = 31,$\phi(m)=30=2\times3\times5$

一开始，令$d = \phi(m) = 30$

对于因子$2$，d有2这个因子，再看d能不能把2这个因子除掉，那$d = \dfrac{\phi(m)}{2} = \dfrac{30}{2} = 15$，去看$a^{15} \bmod m$是不是等于1的，是的话就把d除掉2这个因子，d = 15，接着看3这个因子，我们发现$a^5 \bmod m != 1$所以$3$这个因子不能被除掉。因为我们始终要保证$a^d \bmod m == 1$

$pi = 2$ $a^{15} \bmod m = 1$ ,d = 15

$pi = 3$ $a^{5} \bmod m = 1?$不行

$pi = 5$ $a^{3} \bmod m = 1?$不行

所以这里a mod m的阶是15。

$\phi(m) = p1^{e1}p2^{e2}...pk^{ek}$

$ord = p1^{a1}p2^{a2}...pk^{ak}$

从$\phi(m)到ord$

比如上述例子：

$\phi(m) = 2^{1}3^{1}5^{1}$

$ord = 2^{0}3^{1}5^{1}$

例题：

阶

给定素数p，回答T(1e5)个询问。
给定一个a，问最小的正数x满足ax≡1(mod p)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1010;
int pf[N],t;
ll ksm(ll a,ll b,ll mod)
{
	ll ans = 1,base = a;
	while(b)
	{
		if(b&1)
		{
			ans = ans*base;
			ans%=mod;
		}
		base = base*base;
		base%=mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	int p,T;
	cin>>p>>T;
	int m = p-1;
	for(int i = 2;i*i<=m;i++)
	{
		if(m%i==0)
		{
			pf[t++] = i;
			while(m%i==0)m/=i;
		}
	}
	if(m!=1)
		pf[t++] = m;
	for(int i = 1;i<=T;i++)
	{
		int a;
		cin>>a;
		int d = p-1;
		for(int i = 0;i<t;i++)
			while(d%pf[i]==0&&ksm(a,d/pf[i],p)==1)//pf[i]是d的因子，且a^{d/pf[i]} mod p == 1说明这个因子可以被除掉
				d/=pf[i];
		cout<<d<<endl;
	}
	return 0;
}

三、原根(useful)

1.理解

如果$g (\bmod m)$的阶为$\phi(m)$,那么$g$为$m$的原根。

阶是在互质数 (a,m)间的定义：满足 $a^n≡1(\bmod m)$ 的最小 n 被称作 a 模 m 的阶

明显，在 a,m 不互质时，a 的无论多少次幂全都是 $\gcd(a,m)$的倍数，故不可能取到 1；

而当互质时，依据扩展欧拉定理，必有 $a^{\phi(m)}≡1(\bmod m)$，但也不排除存在更小的 $n$。它未必是最小的，所以不一定是阶，而当$\phi (m)是a模m$的阶时，我们称a为m的一个原根。

$g^0,g^1...g^{\phi(m)}$构成了模$m$的简化剩余系。

只有$1,2,4,p^a,2p^a$存在原根(这里的$p$的奇素数)

结论(记一下):奇素数的幂次是一定有原根的，2的幂次是不一定有原根的。

2.求原根

从小到大或随机枚举$g$，然后判断原根。

$\phi(m) = p1^{e1}p2^{e2}...pk^{ek}$

$ord = p1^{a1}p2^{a2}...pk^{ak}$

对于素数$p$，只要判断所有的$m|p-1$(看它的阶是不是$\phi(m)$这里是$p-1$,说明我们一个因子都不能除掉，因为它的初值就是$\phi(m)$)然后$g^{\frac{p-1}{pi}}\neq 1 (\bmod m)$即可。

记住$p$的原根不一定是$p^2$的原根。

对于素数幂次，如果$a$是$p$的原根，存在一个$a+tp$是$p^2$的原根，并且当$(a+tp)^{p-1}$模$p$不等于1就行。

如果$a$是$p^2$的原根，那么一定是更高层次的原根。

结论：

g是很多的，严格意义上来说有$\phi(p)-1$个
最小的原根不会很大
(重要)若$g$是一个原根的话，所有$1$到$m$之间与$m$互质的数都会在循环节里面出现，可以表示为$g^i(0<=i<\phi(m))$

eg.a = 3,m = 7

1 ——>3——>2 ——>6——>4——>5

↑ |

———————6—————————

例题：

原根

回答T组询问，每次给一个素数p，输出它最小的原根g。

//给定素数p，回答T(1e5)个询问。
//给定一个a，问最小的正数x满足ax≡1(mod p)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1010;
int pf[N];
ll ksm(ll a,ll b,ll mod)
{
	ll ans = 1,base = a;
	while(b)
	{
		if(b&1)
		{
			ans = ans*base;
			ans%=mod;
		}
		base = base*base;
		base%=mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	int p,T;
	cin>>T;
	for(int i = 1;i<=T;i++)
	{
		cin>>p;
		int m = p-1,t = 0;
		for(int i = 2;i*i<=m;i++)
		{
			if(m%i==0)
			{
				pf[t++] = i;
				while(m%i==0)m/=i;
			}
		}
		if(m!=1)
			pf[t++] = m;
		for(int g = 1;g<p;g++)
		{
			bool ok = true;
			int d = p-1;
			for(int i = 0;i<t;i++)
			{
				if(ksm(g,d/pf[i],p)==1)
				{
					ok = false;
					break;
				}
			}
			if(ok)
			{
				cout<<g<<endl;
				break;
			}
		}
		
	}
	return 0;
}

三、指数方程

1.理解

指数方程$a^x ≡ b(\bmod m)$，其中$(a,m) = 1$

$x = 0 $ ~ $ \phi(m)-1$之间的

2.解法

1.暴力解法,时间复杂度O(m)：

for(x = 0...$\phi(m)$-1）{

累乘，看$a^x \bmod m$是不是等于$b$

}

2.正解：令$T = ceil(\sqrt{m})$ ,对于$0到m-1$之间的数一定能表示成$qT+r$（商+余数）,其中$q\in[0,T-1],r\in[0,T-1]$

eg. m = 100,对于0~99之间的数都可以表示成10q+r

那么$a^x ≡ b(\bmod m)$就可以写成$a^{qT+r} ≡ b(\bmod m)$

未知数由原来的x变为了q和r

现在问题变成了：$(a^T)^q ≡ ba^{-r} (\bmod m )$其中$q\in[0,T-1],r\in[0,T-1]$

$a^{T*0}a^{T*1}a^{T*2}...a^{T*(T-1)}$

$b*a^{-0}*b*a^{-1}*b*a^{-2}...b*a^{-(T-1)}$

相当于给你两列数，问你有没有相同的数字，可以用hash或者map写，时间复杂度O(T*log)。

我们写的时候令$x = q*T-r$其中$q\in[1,T],r\in[1,T]$

$(a^{T})^q ≡ b*a^r (\bmod m)$

eg1指数方程1

给定素数p，回答T(1e5)个询问。
给定一个a，问最小的正数x满足ax≡b(mod p)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int a,b,m;
ll ksm(ll a,ll b,ll mod)
{
	ll ans = 1,base = a;
	while(b)
	{
		if(b&1)
		{
			ans = ans*base;
			ans%=mod;
		}
		base = base*base;
		base%=mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
void solve()
{
	cin>>a>>b>>m;
	int T = sqrt(m)+2;//小心精度误差，我们+2
	ll v = ksm(a,T,m),d = 1;
	unordered_map<int,int>ha;
	for(int q = 1;q<=T;q++)
	{
		d = d*v%m;
		//因为我们要求较小的解，如果我们有两个相同的d，取小的那个
		if(!ha.count(d))ha[d] = q*T;
	}
	int ans = m+1;
	d = b;
	for(int r = 1;r<=T;r++)
	{
		d = d*a%m;
		if(ha.count(d))ans = min(ans,ha[d]-r);
	}
	if(ans>=m)cout<<-1<<endl;
	else cout<<ans<<endl;
}
int main()
{
	int t;
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}