「NOTE」数论小札

时间 2021-02-22

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原文原文链接

由于有春节，因此实际上寒假比暑假长
主要内容：原根 / 离散对数 / 二次剩余ide

# 目录

# 原根

下面只讨论奇素数 $p$ 的原根，在不特别强调时，运算在模 $p$ 意义下进行。函数

- 前置：阶

对于与 $p$ 互质的常数 $a$，在知足 $a^x\equiv1$ 的全部正整数 $x$ 中，最小的 $x$ 称为 $a$ 模 $p$ 的阶，记做 $ord(a)$。ui

Theorem 1this

当且仅当 $ord(a)\mid x$，有 $a^x\equiv 1$。spa

证实

假设 $a^x\equiv 1$ 且 $a^y\equiv 1$，则有 $a^{x+y}\equiv 1$ 且 $a^{x-y}\equiv 1$。code

展转相除法可得 $a^{(x,y)}\equiv1$。ip

$(x,y)\le \min\{x,y\}$，又有 $ord(a)$ 是知足 $a^x\equiv1$ 的最小 $x$，因此 $ord(d)\mid x$。ci

Theorem 2rem

若 $k\mid ord(a)$，则 $ord(a^k)=\frac{ord(a)}k$get

证实

显然有 $frac{ord(a)}k$ 是 $(a^k)^x\equiv 1$ 的解（代入方程、结合 $ord(a)$ 定义便可证实），只需证实 $\frac{ord(a)}k$ 是最小解。

假如存在 $x_0< \frac{ord(a)}k$ 也是方程的解，则 $kx_0$ 是 $a^x\equiv1$ 的解；而 $kx_0< ord(a)$，与 $ord(a)$ 定义矛盾。

根据 Theorem 1 有推论 $ord(a)\mid (p-1)$，证实即费马小定理。

- 原根

若在模 $p$ 意义下，$x^0,x^1,\cdots,x^{\varphi(p)-1}$ 互不相同，也即 $ord(x)=\varphi(p)$，则称 $x$ 是 $p$ 的原根，记为 $\xi$。

实际上只有形如 $p^k,2p^k$ 的数以及 $2,4$ 有原根（虽然我不会证）。

而根据原根的定义，模 $p$ 意义下的任意元素均可以表示为 $\xi^k$（原根的一个重要做用）。

Theorem 3

设 $\xi$ 是质数 $p$ 的一个原根，则 $\xi^k$ 是原根当且仅当 $(k,p-1)=1$。

因为任意元素均可以用 $\xi^k$ 表示。

假设 $\xi^k$ 是 $p$ 的原根，则必须 $ord(\xi^k)=\varphi(p)=p-1$。令 $h=(k,p-1)$

\[(\xi^k)^{\frac{p-1}h}\equiv(\xi^{p-1})^{\frac kh}\equiv 1 \]

则有 $ord(\xi^k)\mid\frac{p-1}h$。

若 $h\neq 1$，则显然 $\xi^k$ 不是 $p$ 的原根；
若 $h=1$，由于 $(\xi^k)^{ord(\xi^k)}\equiv1$，则有 $\xi^{k\cdot ord(\xi^k)}\equiv1$，$p-1\mid ord(\xi^k)$，所以 $ord(\xi^k)=p-1$，也即 $\xi^k$ 是 $p$ 的原根。

根据 Theorem 3，能够知道 $p$ 的原根恰有 $\varphi(p-1)$ 个。

补充一个讲课的dalao不会证因此我也不会证的定理：

Theorem 4（二次互反律）

$p,q$ 均为奇素数，则

$$\left(\frac pq\right)\cdot\left(\frac qp\right)=(-1)^{\frac{p-1}2\times \frac{q-1}2}$$

- 计算原根

直接从小到大枚举 awa

注意到 $p$ 的原根有 $\varphi(p-1)$ 个，其实仍是蛮多的，因而枚举不了多少个就能够找到一个最小的原根 $\xi_0$。

而后再枚举 $(k,p-1)=1$ 的 $k$，就能够找出剩下的原根 $\xi_0^k$ 了。（通常不会真的让你求全部原根）

怎么验算数 $x$ 是否是 $p$ 的原根？

先验算是否 $ord(x)\mid \varphi(p)$，直接快速幂检验 $x^{\varphi(p)}$ 是否为 $1$ 便可；
再验算 $ord(x)$ 是否刚好是 $\varphi(p)$：把 $p-1$ 的全部质因子找出来记为 $P=\{p_1,p_2,\dots,p_m\}$，若 $\forall p_i\in P,x^{\frac{p-1}{p_i}}\not\equiv1$，则 $ord(x)=\varphi(p)$，$x$ 是原根。

- 参考实现1

int nprm,nfc,nans;
int prm[N],phi[N],vis[N],fc[N],ans[N];
bool ifrt[N]; //ifrt[i]=true: i有原根

void Init(){
    //线性筛筛素数和欧拉函数
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i<N;i++){
        if(!vis[i]) prm[++nprm]=i,phi[i]=i-1,vis[i]=i;
        for(int j=1;j<=nprm && prm[j]*i<N;j++){
            vis[prm[j]*i]=prm[j];
            if(i%prm[j]==0) {phi[i*prm[j]]=phi[i]*prm[j];break;}
            phi[i*prm[j]]=phi[i]*(prm[j]-1);
        }
    }
    //2,4,prime^k,2*prime^k 才有原根
    ifrt[2]=ifrt[4]=true;
    for(int i=2;i<=nprm;i++){
        for(llong j=prm[i];j<N;j*=prm[i]) ifrt[j]=true;
        for(llong j=2*prm[i];j<N;j*=prm[i]) ifrt[j]=true;
    }
}
int GCD(cint a,cint b){return b? GCD(b,a%b):a;}
int QPow(int a,int b,cint MOD){
    int r=1;
    while(b){
        if(b&1) r=1ll*r*a%MOD;
        a=1ll*a*a%MOD;
        b>>=1;
    }
    return r;
}
//把 p 的全部质因子存入 fc[1~nfc] 中
void PrimeDivide(int p){
    int las=-1; nfc=0;
    while(p>1){
        if(las!=vis[p]) fc[++nfc]=vis[p];
        las=vis[p];
        p/=vis[p];
    }
}
bool Check(cint x,cint p){
    //先验算 x 是否知足 ord(x)|phi[p]
    if(QPow(x,phi[p],p)!=1) return false;
    //而后验算 ord(x) 是不是 phi[p]
    for(int i=1;i<=nfc;i++)
        if(QPow(x,phi[p]/fc[i],p)==1)
            return false;
    return true;
}
int MinRoot(cint p){ //找最小的原根
    PrimeDivide(phi[p]);
    for(int i=1;i<p;i++)
        if(Check(i,p))
            return i;
    return 0;
}
void AllRoot(cint p){
    nans=0;
    int per=MinRoot(p),prod=1;
    for(int i=1;i<=phi[p];i++){ //拓展出全部的原根
        prod=(1ll*prod*per)%p;
        if(GCD(i,phi[p])==1) ans[++nans]=prod;
    }
}

# 离散对数

- 引入问题

求出下面方程的全部非负整数解：

\[a^x\equiv b\pmod p \]

其中知足 $(a,p)=1$；亦可扩展至 $(a,p)\neq 1$。

- BSGS（大步小步）

根据欧拉定理，当 $(a,p)=1$ 时，有 $a^{\varphi(p)}\equiv1$。记原方程的最小正整数解为 $x_0$，则原方程的解 $x$ 能够表示为 $x=x_0+k\varphi(p)$，因而只须要求 $x< \varphi(p)$ 的解。

令 $q=\lfloor\sqrt p\rfloor$，将原方程的解 $x$ 分解为 $x=nq-m$，其中 $0\le m< q$。易知 $n$ 的数量级与 $q$ 同阶。

原方程能够写为：

\[\begin{aligned} a^{nq-m}&\equiv b\\ a^{nq}&\equiv ba^m \end{aligned} \]

因为 $n,m$ 都是 $O(\sqrt p)$ 级别的，能够先 $O(\sqrt p)$ 将方程一边的全部取值都存进哈希表，而后另外一边 $O(\sqrt p)$ 查询哈希表中是否有对应的值。

例如，将 $m=0,1,\cdots,q-1$ 时的所有 $ba^m$ 存入哈希表，而后枚举 $n$，查找哈希表中是否存在 $a^{nq}$。

- exBSGS

以前提到离散对数能够扩展到 $(a,p)\neq 1$ 的状况，下面进行推导。

同余方程 $a^x\equiv b\pmod p$ 有以下性质：

记 $(a,p)=g$；
若 $g\not\mid b$，则无解，能够从同余方程的本质理解：$a^x=kp+b$，则 $b=a^x-kp$，如有解则 $b$ 必然是 $g$ 的倍数；
若 $g\mid b$，则等价为 $\frac{a^x}g\equiv\frac bg\pmod{\frac{p}{g}}$。

因而能够转化为

\[\frac ag\cdot a^{x-1}\equiv\frac bg\pmod{\frac pg} \]

方程左边至关于带了一个系数，注意到 $a$ 仍有可能和 $\frac pg$ 不互质，只须要一直将方程同除以 $(a,p)$，直到 $a,p$ 互质便可。

记每一次方程总体除的数是 $g_i$,$G=\prod g_i$，最后方程的形式大概是

\[\frac{a^k}G\cdot a^{x-k}\equiv\frac bG\pmod{\frac pG} \]

求解方法仍是和 BSGS 同样，用哈希表暴力储存方程一边的全部取值。

注意到咱们并不能保证不存在 $x< k$ 的解。在转化过程当中咱们直接从 $a^x$ 中提取出一个 $a$ 而剩下 $a^{x-1}$ 实际上是不严谨的，由于转化时 $a,p$ 不互质，则 $a^{-1}$ 不存在。

因而还要特判一下 $x<k$ 有没有解。

- 参考实现2

/*
Hs 是手写的一个哈希表，做用至关于 map
*/
int GCD(int a,int b){return b? GCD(b,a%b):a;}
int exBSGS(int vara,int varb,int varp){
    int total=1,add=0,mul=1,tmp=0,nowp=varp;
    while((tmp=GCD(vara,nowp))!=1)
        nowp/=tmp,total*=tmp,mul=1ll*(vara/tmp)*mul%varp,add++;
    tmp=1;
    for(int i=0;i<add;i++,tmp=1ll*tmp*vara%varp)
        if(tmp==varb)
            return i;
    if(varb%total) return -1;
    varb/=total;
    //mul*vara^(x-add)=varb (mod nowp)
    //mul*vara^y=varb (mod nowp)
    int varq=int(ceil(sqrt(nowp))+0.5),per=1;
    Hs.Clear();
    tmp=varb%nowp;
    for(int i=0;i<varq;i++,tmp=1ll*tmp*vara%nowp)
        Hs.Insert(tmp,i),per=1ll*per*vara%nowp;
    tmp=mul%nowp;
    for(int i=0,res;i<=varq;i++,tmp=1ll*tmp*per%nowp)
        if(~(res=Hs.Query(tmp)) && i*varq-res>=0)
            return i*varq-res+add;
    return -1;
}
//BSGS找最小的解
void BSGS(int varp,int varn){
    varq=(int)(ceil(sqrt(varp))+0.5);
    int per=1;
    for(int i=0,tmp=varn;i<varq;i++,tmp=1ll*tmp*varb%varp)
        Hs.Insert(tmp,i),per=1ll*per*varb%varp;
    for(int i=0,tmp=1,res;i<=varq;i++,tmp=1ll*tmp*per%varp)
        if(~(res=Hs.Query(tmp)) && i*varq>=res){
            printf("%d\n",i*varq-res);
            return;
        }
    printf("no solution\n");
}

# 二次剩余

- 引入问题

求解 $x^2\equiv b\pmod p$，$p$ 是一个奇素数。

若方程有解，则 $b$ 称为 $p$ 的二次剩余

- 勒让德符号

\[\left(\frac{b}{p}\right)=\begin{cases} 1&\text{b是p的二次剩余}\\ -1&\text{b不是p的二次剩余}\\ 0&b\equiv0 \end{cases} \]

- 一些引理

Lemma 1

$$\left(\frac bp\right)\equiv b^{\frac{p-1}2}$$

简单证实一下：

当 $b\equiv0$ 时显然；
当 $b$ 是 $p$ 的二次剩余时，$\exists x\in[0,p),x^2\equiv b$；
由费马小定理有 $x^{p-1}\equiv1$，又有 $p$ 是奇素数；
能够写成 $(x^2)^{\frac{p-1}2}\equiv1$，则 $b^{\frac{p-1}2}\equiv1$；
当 $b$ 不是 $p$ 的二次剩余时，由逆元的惟一性可得 $1,2,\cdots,p-1$ 能够按照“$i$ 和 $b\times i^{-1}$（$i$ 的逆元）”的方式恰好划分为 $\frac{p-1}2$ 组，每组乘积为 $b$；
因而把 $1,2,\cdots,p-1$ 所有乘起来就能够获得 $(p-1)!=b^{\frac{p-1}2}$，又有 $(p-1)!\equiv -1$（威尔逊定理，不会 QwQ），则 $b^{\frac{p-1}2}\equiv-1$。

Lemma 2

$p$ 刚好有 $\frac{p-1}2$ 个二次剩余。

证实以下：设 $x,y$ 知足 $x^2\equiv y^2$（$x< y$，$x,y\in[1,p-1]$），移项可得：

\[\begin{aligned} &(x-y)(x+y)\equiv 0\pmod p\\\Leftrightarrow\ &p\mid(x-y)(x+y) \end{aligned} \]

又有 $p$ 是素数且 $p\not\mid x-y$，则 $(p,x-y)=1$，进而可得 $p\mid x+y$。在 $[1,p-1]$ 中，这样的 $(x,y)$ 与 $x^2\equiv y^2$ 一一对应。

因此 $[1,p-1]$ 中恰有 $\frac{p-1}2$ 个不一样的 $x^2$，即 $\frac{p-1}2$ 个二次剩余，剩下的 $\frac{p-1}2$ 个数则是非二次剩余。

因而有结论：$p$ 的二次剩余和非二次剩余同样多。

Lemma 3

$$(a+b)^p\equiv a^p+b^p\pmod p$$

直接二项式展开，$a^ib^{p-i}$ 项的系数为 $C_p^i$。

由于 $p$ 是质数，因此当 $i\neq 0,i\neq p$ 时，$C_p^i=\frac{p!}{i!(p-i)!}$ 的分子是 $p$ 的倍数而分母不是，因此 $p\mid C_p^i$。

取模后只剩下首尾两项。

- Cipolla

若是咱们知道 $b$ 是 $p$ 的二次剩余，如何求解？

能够先随机出一个 $a$ 使得 $a^2-b$ 不是 $n$ 的二次剩余，用勒让德函数检验便可。因为 $p$ 的二次剩余和非二次剩余是同样多的，因此能够较快地随机出这个 $a$。

能够知道不存在整数 $x$ 使得 $x^2=a^2-b$，因而咱们“扩展数域”，让这样的 $x$ 存在——定义单位 $\omega^2\equiv a^2-b$，相似于复数域，域中的全部数能够表示为 $p+q\omega$ 的形式。

Theorem 5

$(a+\omega)^{\frac{p+1}2}$ 是原方程的一个根。

直接代入证实：

\[\begin{aligned} &(a+\omega)^{p+1}\\ =&(a+\omega)(a+\omega)^p\\ =&(a+\omega)(a^p+\omega^p) \end{aligned} \]

$p$ 是奇素数，$\omega^2\equiv a^2-b$，则

\[\omega^p=\omega\cdot(a^2-b)^{\frac{p-1}2} \]

由于 $a^2-b$ 是非二次剩余，因此 $(a^2-b)^{\frac{p-1}2}\equiv-1$。又由费马小定理，$a^p\equiv a$，因此

\[a^p+\omega^p\equiv a-\omega \]

因此

\[\begin{aligned} &\Big[(a+\omega)^{\frac{p-1}2}\Big]^2\\ \equiv&(a+\omega)(a-\omega)\\ \equiv&a^2-\omega^2\\ \equiv&b \end{aligned} \]

因而 $x_1=(a+\omega)^{\frac{p-1}2}$。由 Lemma 2，另外一个根 $x_2$ 知足 $p\mid x_1+x_2$，则 $x_2\equiv p-x_1$。

由于 $p$ 是奇素数，$x_1,x_2$ 必定奇偶性不一样，则有两个不等根。

- 参考实现3

> Link 洛谷 P5491

/*Lucky_Glass*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

typedef long long llong;
#define cint const int &

int varp,conw;

int Mul(cint a,cint b){return int(1ll*a*b%varp);}
int Add(cint a,cint b){return a+b>=varp? a+b-varp:a+b;}
int Sub(cint a,cint b){return a-b<0? a-b+varp:a-b;}
int Pow(cint a,cint b){return b? Mul(Pow(Mul(a,a),b>>1),(b&1)? a:1):1;}
struct COMPLEX{
	int conr,coni;
	COMPLEX(){}
	COMPLEX(cint varr,cint vari):conr(varr),coni(vari){}
	inline friend COMPLEX operator *(const COMPLEX &A,const COMPLEX &B){
		return COMPLEX(
			Add(Mul(A.conr,B.conr),Mul(Mul(A.coni,B.coni),conw)),
			Add(Mul(A.conr,B.coni),Mul(A.coni,B.conr))
		);
	}
	inline COMPLEX operator ^(int varb)const{
		COMPLEX vara=(*this),res(1,0);
		while(varb){
			if(varb&1) res=res*vara;
			vara=vara*vara;
			varb>>=1;
		}
		return res;
	}
};

//p is an odd prime
int Solve(int varn){
	varn%=varp;
	if(Pow(varn,(varp-1)/2)==varp-1) return -1;
	int vara,varw;
	while(true){
		vara=Mul(rand(),rand());
		varw=(Sub(Mul(vara,vara),varn));
		if(Pow(varw,(varp-1)/2)==varp-1) break;
	}
	conw=varw;
	return (COMPLEX(vara,1)^((varp+1)/2)).conr;
}
int main(){
	int cas;scanf("%d",&cas);
	while(cas--){
		int varn;scanf("%d%d",&varn,&varp);
		if(!varn){printf("0\n");continue;}
		int ans1=Solve(varn),ans2;
		if(~ans1){
			ans2=varp-ans1;
			if(ans1>ans2) swap(ans1,ans2);
			printf("%d %d\n",ans1,ans2);
		}
		else printf("Hola!\n");
	}
	return 0;
}

THE END

Thanks for reading!

\[\begin{split} “\ &夢のなかを歩きまわる\\ &\quad\small{“ 能一直走在梦想中}\\ &夜空を見上げて\ 星になるの\\ &\quad\small{请仰望星空\ 会成为星星的}\\ &祈りの消えた街\ 夢のなかで\\ &\quad\small{在愿望消失的街道上\ 在梦中}\\ &光の赤い夜寂れた心障\\ &\quad\small{在泛着赤红色光芒的夜里\ 心被寂悸囚禁}\\ &記憶の奥底で開いた壁\ 夢見て殺して\ ”\\ &\quad\small{梦想着完全冲破记忆深处的那副桎梏 ”}\\ ——&\text{《余命3日少女(Cover)》By 米白} \end{split} \]

> Linked 余命3日少女-网易云