学习总结：初等数论（3）——原根、指标及其应用
最近知道了一本书叫《数论概论（第3版）》（A Friendly Introduction to Number Theory），简单翻了翻，感觉这本书写的非常好。想起以前刚接触数论时，没有看这本书来入门，真是十分遗憾。这本书面向非数学专业读者，语言生动幽默而不失严谨性，注重对知识的感性认识（用了大量的例子），和对数学思想和方法的渗透（比如：大胆猜想规律，证明时用“计数”法等）。这里强烈推荐这本书！
下面总结一下这几天学习的内容。
一、整数的阶
a与n是互质的两个数。可以发现，总存在某个数x，满足 ax ≡ 1(mod n)。
使ax ≡ 1(mod n)满足的最小的正整数x叫做a模n的阶（或次数），记做ena（有的地方记做ordna）。
怎么理解呢？你要不断计算a，a2，a3，…，（注意要模n）我们知道，根据鸽巢原理，一定会有循环。而a和n互质时，总会在某个时刻出现了1，下一个时刻又是a，……于是就有了循环。这个出现1的最小的指数，叫做a的阶。
比如：我们要找3模7的阶，计算31，32，…，36模7的值依次为：
3，2，6，4，5，1，
所以我们得到3模7的阶为6。
a与n互质时，根据欧拉定理有a?(n)≡1(mod n)。这么说来，刚才我们不断计算a的幂的循环节的长度（即a的阶）“扩增”若干次后应该为?(n)。所以，
ena | ?(n)。
同样的道理，为了使方程 ax≡1(mod n)有解，应该把循环节长度“扩增”若干次后得到x，所以
ena | x
二、原根
设a与n是互质的整数，当a模n的阶为?(n)时，把a叫做n的原根。
怎么理解呢？我们计算a的幂的序列，第一次得到1的时候，得到了完整的一个循环节。我们上面已经说了，?(n)一定是(a模n的阶)的倍数。如果这个循环节的长度恰好就是?(n)（循环节的长度已经达到最大了），那么a就是n的原根。
（1）原根的存在性
一个数可能有很多个原根，也可能没有原根。可以证明：
正整数n存在原根，当且仅当
n = 2, 4, pt或2pt（其中p是奇素数，t是正整数）。
举例：5的原根有2和3；7的原根有3和5。
（2）原根的一个性质
原根为什么这么重要？
设g是n的一个原根，那么：g，g2，g3，…，g?(n)(即g0≡1(mod n))一定两两不同。（如果有相同，比如说存在0≤i<j<?(n)满足gi≡gj(mod n)，那么就会有gj-i≡1(mod n)，而j – i<?(n)，这时?(n)就不是g的阶了）
看看方程ax≡1(mod n)，如果x是存在的，那么a一定是与n互质的数（如果a和n有某个大于1的公因子，无论a怎么取幂再模n，这个公因子都“消不掉”，不会有ax mod n = 1）。所以“合法”的a有?(n)个。而我们找到一个原根g后，g的幂（g，g2，g3，…，g?(n)）一定就是这些合法的a（即与n互质的?(n)个数。因为g与n互质，g的幂也与n互质，而这些幂又两两不同，一定能把“与n互质的数”取尽）。
一句话总结上面的内容：对于n的一个原根g，满足
{ 1，g，g2，g3，…，g?(n) – 1 } = { x | x与n互质，1≤x<n }
特别地，对于奇质数p的一个原根g，满足
{ 1，g，g2，g3，…，gp – 2 } = { 1, 2, 3, …, p – 1 }
（3）原根的个数
一个数n，如果存在原根，就一定?(?(n))个。怎么证明呢？为此我们先讨论下面这个问题：
已知a模n的阶ena，怎么求au的模n的阶？
设au模n的阶为t，那么t应该是最小的正整数，满足(au)t≡aut≡1 (mod n)。
由之前的讨论，可以知道：u×t应该是ena的倍数，并且t最小。
由数论的基本知识可以得出，enau = t = ena / gcd(u, ena)。
如果我们找出一个原根g，怎么得出其他的原根？
首先，其他的原根一定是g的若干次幂。
哪些“g的若干次幂”可以成为原根？
用原根的定义！
对于某个“g的若干次幂”，比如gi (0≤i<?(n))，由上面的结论得出，它模n的阶为
?(n) / gcd(i, ?(n))
欲使它的阶也为?(n)，即
?(n) / gcd(i, ?(n)) = ?(n)
需要使gcd(i, ?(n)) = 1，也就是i和?(n)互质。
有多少个i满足它和和?(n)互质？换句话说，在0 ~ ?(n)–1的数中，有多少个与?(n)互质？答案应该是?(?(n))。所以，一个数如果有原根，那么它有?(?(n))个原根。
下面举个例子：
7的原根有?(?(7)) = ?(6) = 2个，最小的一个是3。
在32，33，…，36中，哪个指数与6互质？只有5，所以另一个原根是35≡5(mod 7)。
怎么找原根？
通常最小的原根都比较小，所以暴力从1开始枚举就可以了。判断一个数a是不是n的原根，需要判断?(n)是否是a的阶，直接的判断方法是枚举?(n)的每一个因子d（除去它本身），判断是否ad≡1(mod n)。但这样做了很多重复的判断。
比如我们要判断a模n=37的阶是否为36，那么只需找出36的两个质因子2和3，只需判断36/2和36/3作为a的幂的指数时，(a的幂) mod n是否为1。如果a的阶为36/4，36/9，36/6，36/12，…，其实情况已经包含在上面的判断中了。（比如，如果a36/9≡a4≡1(mod n)，那么一定也会满足a36/2≡3618≡1(modn)）。
三、指标（离散对数）
求原根有什么作用？为了计算指标！
对于n的一个原根g，满足
{ 1，g，g2，g3，…，g?(n) – 1 } = { x | x与n互质，1≤x<n }
再具体一些，可以定义一种“求幂”的运算，这种运算揭示了两个集合的一一对应关系：
i → gi (1≤i≤?(n))
为什么是一一对应关系？因为gi一定两两不同。这一点已经讨论过了。
那么，是否有一种“求幂”运算的逆运算？有！
求出n的一个原根g，知道了某个与n互质的数a，n是g的多少次方？
我们用I(a)来表示这个“次方”数，叫做以g为底a模n的指标。（有的地方记做indga）
也就是，依照定义，应该有gI(a)≡a(mod n)（a与n互质）。
显然，指标的范围是0≤I(a)<?(n)，当指标超过?(n)时，出现了循环，可以把指标mod ?(n)进行简化。
有点像我们以前学过的对数？（不严谨的说，有点像logga？）也许这就是为什么指标也叫离散对数了。
当n为质数时，原根g一定存在，而且?(n) = n – 1，这样，每个在1~n–1范围内的数都有指标！
我们可以根据幂的运算法则，对应得出指标的运算法则：
(1) I(ab) = I(a) + I(b) (mod ?(n)) （类比：logaNM = logaN + logbM）
(2) I(ak) = k×I(a) （类比：logaNM = M×logaN）
指标把乘法变加法，把幂变乘法，这一点与对数的运算法则多么相似！
如果有一个指标表，我们可以十分简便地进行运算。举例：
n = 37，它的一个原根是a = 2。
要计算23×19 mod 17的值，可以计算
I(23×19) ≡ I(23) + I(19) ≡ 15 + 35 ≡ 50 ≡ 14 (mod 36)
然后，查表可以得出，指标为14的数是30，就是要求的答案了。
很麻烦？
再看一个例子：
I(2914) ≡ 14 × I(29) ≡ 294 ≡ 6 (mod 36)
由表得：I(27) = 6，所以2914 ≡ 27 (mod 37)
你也许会说：有快速幂！在前两个例子中，似乎指标的优势没有体现出来。不过，在解方程的时候，指标就很有用了。
解同余式：
扩展欧几里得？好像也能解。不过，像下面这样的同余式呢？
只能用指标来解。两边同时求离散对数：
可以解出：
事实上，最后一个例子是指标最重要的运用之一。等会儿我们会详细讨论。
但是，之前的计算都是在指标表已经给了的情况下进行的。没有指标表怎么办呢？如何求某个数指标（离散对数）？
更准确地说，给出g, a, p，如何求gk ≡ a(mod p)的最小的k？为了简化问题，这里规定p为质数。
这里使用一种叫做大步小步（gaint-step baby-step）的算法。算法的核心思想是分块。取m = [ sqrt(p – 1) ] + 1，然后把k表示成xm + y (0 ≤ y < m)的形式。这样，x和y的范围都是0~m（y不含m）。于是gk ≡ (gm)x × gy，可以求出所有的gy（m个取值）；然后枚举x，计算出(gm)x，查找：是否存在某个gy满足(gm)x × gy ≡ a(mod p)？也就是说：
是否存在某个gy，满足gy ≡ a × (gmx) –1 (mod p)？
用费马小定理和快速幂求出逆元(gmx) –1，然后求出a × (gmx) –1。检查是否有“匹配”的gy。如果我们先把gy放在一个哈希表（或者C++的map）中，那么这一步的查询就是O(1)（或O(log2m)=O(log2p)）的。算法的核心步骤仍然是枚举，但分块使时间复杂度变成O(sqrt(P) × log2P)（注意算上求逆元的时间）。
四、N次剩余
这里要解决一个这样的问题：
给出N, a, p，求满足xN ≡ a (mod p)（p为质数）的所有解x。
可以形象地理解成求a在模p意义下的N次方根。
刚才我们已经借助例子，初步了解了做法：
xN ≡ a (mod p)，找出p的一个原根g，用“大步小步”算法求出以g为底a模p的指标I(a)。
同余式变成：
N × I(x) ≡ a (mod p – 1)
由一次同余方程的知识可以知道，有解的条件是
gcd(N, p – 1) | a
而且，解有gcd(N, p – 1)个。
解出所有的可能的I(x)，那么x = gI(x)。这些x中重复的要去掉。
代码：
|
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cmath> #include <vector> #include <map> using namespace std; typedef long long LL; int gcd(int a, int b) { return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); } void _gcd(int a, int b, LL &x, LL &y) { if (b == 0) { x = 1; y = 0; return ; } _gcd(b, a%b, y, x); y -= (a/b) * x; } int extend_gcd(int a, int b, int c, LL &x, LL &y, int &dx, int &dy) { int g = gcd(a, b); if (c % g) return 0; _gcd(a, b, x, y); x *= (c/g); y *= (c/g); dx = b / g; dy = a / g; return g; } // Ax = B (mod N) // 设Ax = -yN + B // 则Ax + Ny = B bool line_mod_equ(int A, int B, int N, int &x, int &k) { LL x0, y0; int dx, dy; if (!extend_gcd(A, N, B, x0, y0, dx, dy)) return false; x0 %= dx; if (x0 < 0) x0 += dx; x = (int)x0; k = dx; return true; } LL pow_mod(LL a, LL b, LL p) { if (b == 0) return 1; LL tmp = pow_mod(a, (b>>1), p); if (b & 1) return tmp * tmp % p * a % p; else return tmp * tmp % p; } //分解质因数 void factor(int x, vector<int> &divs) { divs.clear(); for (int i = 2; i * i <= x; ++ i) if (x % i == 0) { divs.push_back(i); while (x % i == 0) x /= i; } if (x > 1) divs.push_back(x); } bool g_test(int g, vector<int> &divs, int P) { for (int i = 0; i < (int) divs.size(); ++ i) if (pow_mod(g, (P-1) / divs[i], P) == 1) return false; return true; } //找原根，p为质数，保证有原根 int primitive_root(int P) { static vector<int> divs; factor(P-1, divs); int g = 1; while (!g_test(g, divs, P)) ++ g; return g; } // 求解在模P意义下，以a为底N的离散对数b (P为质数) // 即 a ^ b = N (mod P) // 大步小步算法（分块） // 取s = sqrt(P), 设b = x * s + y // 则 a ^ (x*s + y) = (a^s)^x * a^y = N (mod P) // 求出y = 0~s-1时， a^y的取值；然后枚举s，算出(a^s)^x，查找是否有匹配的y int discrete_log(int a, int N, int P) { map<int, int> rec; int s = (int)sqrt(P + 0.5); while (s * s <= P) ++ s; LL cur = 1; for (int y = 0; y < s; ++ y) { rec[ cur ] = y; cur = cur * a % P; } LL a_s = cur; // a^s cur = 1; for (int x = 0; x < s; ++ x) { LL a_y = pow_mod(cur, P-2, P) * LL(N) % P; map<int,int> :: iterator it = rec.find( a_y ); if (it != rec.end()) return x * s + it -> second; cur = cur * a_s % P; } return -1; } // x ^ K = A (mod P) (where P is a prime) // 找p的一个原根g，求出指标 // K I(x) = I(A) (mod P-1) // 有解的条件 gcd( I(x), P-1 ) | I(A) void discrete_root(int K, int A, int P, vector<int> &x) { x.clear(); if (A == 0) { x.push_back(0); return ; } int g = primitive_root(P); int IA = discrete_log(g, A, P); int Ix, delta; if (!line_mod_equ(K, IA, P-1, Ix, delta)) return ; while (Ix < P) { x.push_back( pow_mod(g, Ix, P) ); Ix += delta; } sort(x.begin(), x.end()); x.erase(unique(x.begin(), x.end()), x.end()); } int main() { int P, K, A; scanf("%d%d%d", &P, &K, &A); static vector<int> x; discrete_root(K, A, P, x); printf("%u ", x.size()); for (int i = 0; i < (int) x.size(); ++ i) printf("%d ", x[i]); return 0; } |
2016-09-06 20:59:38