「NOTE」数论小札

因为有春节，所以实际上寒假比暑假长
主要内容：原根 / 离散对数 / 二次剩余

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# 目录

目录

• # 目录
• # 原根
  • - 前置：阶
  • - 原根
  • - 计算原根
  • - 参考实现1
• # 离散对数
  • - 引入问题
  • - BSGS（大步小步）
  • - exBSGS
  • - 参考实现2
• # 二次剩余
  • - 引入问题
  • - 勒让德符号
  • - 一些引理
  • - Cipolla
  • - 参考实现3
• THE END
  • Thanks for reading!

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# 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。

- 前置：阶

对于与 (p) 互质的常数 (a)，在满足 (a^xequiv1) 的所有正整数 (x) 中，最小的 (x) 称为 (a) 模 (p) 的阶，记作 (ord(a))。

Theorem 1

当且仅当 $ord(a)mid x$，有 $a^xequiv 1$。

证明

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

辗转相除法可得 $a^{(x,y)}equiv1$。

$(x,y)le min{x,y}$，又有 $ord(a)$ 是满足 $a^xequiv1$ 的最小 $x$，所以 $ord(d)mid x$。

Theorem 2

若 $kmid ord(a)$，则 $ord(a^k)=frac{ord(a)}k$

证明

显然有 $frac{ord(a)}k$ 是 $(a^k)^xequiv 1$ 的解（代入方程、结合 $ord(a)$ 定义即可证明），只需证明 $frac{ord(a)}k$ 是最小解。

假如存在 $x_0< frac{ord(a)}k$ 也是方程的解，则 $kx_0$ 是 $a^xequiv1$ 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))，证明即费马小定理。

- 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) 意义下的任意元素都可以表示为 (xi^k)（原根的一个重要作用）。

Theorem 3

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

由于任意元素都可以用 (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)midfrac{p-1}h)。

• 若 (h eq 1)，则显然 (xi^k) 不是 (p) 的原根；
• 若 (h=1)，因为 ((xi^k)^{ord(xi^k)}equiv1)，则有 (xi^{kcdot ord(xi^k)}equiv1)，(p-1mid ord(xi^k))，因此 (ord(xi^k)=p-1)，也即 (xi^k) 是 (p) 的原根。

根据 Theorem 3，可以知道 (p) 的原根恰有 (varphi(p-1)) 个。

- 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，其实还是蛮多的，于是枚举不了多少个就可以找到一个最小的原根 (xi_0)。

然后再枚举 ((k,p-1)=1) 的 (k)，就可以找出剩下的原根 (xi_0^k) 了。（一般不会真的让你求所有原根）

怎么验算数 (x) 是不是 (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) 即可；
• 再验算 (ord(x)) 是否恰好是 (varphi(p))：把 (p-1) 的所有质因子找出来记为 (P={p_1,p_2,dots,p_m})，若 (forall p_iin P,x^{frac{p-1}{p_i}} otequiv1)，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 的所有质因子存入 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 是否满足 ord(x)|phi[p]
    if(QPow(x,phi[p],p)!=1) return false;
    //然后验算 ord(x) 是否是 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++){ //拓展出所有的原根
        prod=(1ll*prod*per)%p;
        if(GCD(i,phi[p])==1) ans[++nans]=prod;
    }
}

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# 离散对数

- 引入问题

求出下面方程的所有非负整数解：

[a^xequiv bpmod p ]

其中满足 ((a,p)=1)；亦可扩展至 ((a,p) eq 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) 可以表示为 (x=x_0+kvarphi(p))，于是只需要求 (x< varphi(p)) 的解。

令 (q=lfloorsqrt p floor)，将原方程的解 (x) 分解为 (x=nq-m)，其中 (0le m< q)。易知 (n) 的数量级与 (q) 同阶。

原方程可以写为：

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

由于 (n,m) 都是 (O(sqrt p)) 级别的，可以先 (O(sqrt p)) 将方程一边的所有取值都存进哈希表，然后另一边 (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) 时的全部 (ba^m) 存入哈希表，然后枚举 (n)，查找哈希表中是否存在 (a^{nq})。

- exBSGS

之前提到离散对数可以扩展到 ((a,p) eq 1) 的情况，下面进行推导。

同余方程 (a^xequiv bpmod p) 有如下性质：

• 记 ((a,p)=g)；
• 若 (g otmid b)，则无解，可以从同余方程的本质理解：(a^x=kp+b)，则 (b=a^x-kp)，若有解则 (b) 必然是 (g) 的倍数；
• 若 (gmid b)，则等价为 (frac{a^x}gequivfrac bgpmod{frac{p}{g}})。

于是可以转化为

[frac agcdot a^{x-1}equivfrac bgpmod{frac pg} ]

方程左边相当于带了一个系数，注意到 (a) 仍有可能和 (frac pg) 不互质，只需要一直将方程同除以 ((a,p))，直到 (a,p) 互质即可。

记每一次方程整体除的数是 (g_i),(G=prod g_i)，最后方程的形式大概是

[frac{a^k}Gcdot a^{x-k}equivfrac bGpmod{frac pG} ]

求解方法还是和 BSGS 一样，用哈希表暴力储存方程一边的所有取值。

注意到我们并不能保证不存在 (x< k) 的解。在转化过程中我们直接从 (a^x) 中提取出一个 (a) 而剩下 (a^{x-1}) 其实是不严谨的，因为转化时 (a,p) 不互质，则 (a^{-1}) 不存在。

于是还要特判一下 (x<k) 有没有解。

- 参考实现2

/*
Hs 是手写的一个哈希表，作用相当于 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
",i*varq-res);
            return;
        }
    printf("no solution
");
}

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# 二次剩余

- 引入问题

求解 (x^2equiv bpmod 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} ight)=egin{cases} 1& ext{b是p的二次剩余}\ -1& ext{b不是p的二次剩余}\ 0&bequiv0 end{cases} ]

- 一些引理

Lemma 1

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

简单证明一下：

• 当 (bequiv0) 时显然；
• 当 (b) 是 (p) 的二次剩余时，(exists xin[0,p),x^2equiv b)；
  由费马小定理有 (x^{p-1}equiv1)，又有 (p) 是奇素数；
  可以写成 ((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，由逆元的唯一性可得 (1,2,cdots,p-1) 可以按照“(i) 和 (b imes i^{-1})（(i) 的逆元）”的方式刚好划分为 (frac{p-1}2) 组，每组乘积为 (b)；
  于是把 (1,2,cdots,p-1) 全部乘起来就可以得到 ((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

$p$ 恰好有 $frac{p-1}2$ 个二次剩余。

证明如下：设 (x,y) 满足 (x^2equiv y^2)（(x< y)，(x,yin[1,p-1])），移项可得：

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

又有 (p) 是素数且 (p otmid x-y)，则 ((p,x-y)=1)，进而可得 (pmid x+y)。在 ([1,p-1]) 中，这样的 ((x,y)) 与 (x^2equiv y^2) 一一对应。

所以 ([1,p-1]) 中恰有 (frac{p-1}2) 个不同的 (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。

于是有结论：(p) 的二次剩余和非二次剩余一样多。

Lemma 3

$$(a+b)^pequiv a^p+b^ppmod p$$

直接二项式展开，(a^ib^{p-i}) 项的系数为 (C_p^i)。

因为 (p) 是质数，所以当 (i eq 0,i eq p) 时，(C_p^i=frac{p!}{i!(p-i)!}) 的分子是 (p) 的倍数而分母不是，所以 (pmid C_p^i)。

取模后只剩下首尾两项。

补充一个讲课的dalao不会证所以我也不会证的定理：

Theorem 4（二次互反律）

$p,q$ 均为奇素数，则

$$left(frac pq ight)cdotleft(frac qp ight)=(-1)^{frac{p-1}2 imes frac{q-1}2}$$

- Cipolla

如果我们知道 (b) 是 (p) 的二次剩余，如何求解？

可以先随机出一个 (a) 使得 (a^2-b) 不是 (n) 的二次剩余，用勒让德函数检验即可。由于 (p) 的二次剩余和非二次剩余是一样多的，所以可以较快地随机出这个 (a)。

可以知道不存在整数 (x) 使得 (x^2=a^2-b)，于是我们“扩展数域”，让这样的 (x) 存在——定义单位 (omega^2equiv a^2-b)，类似于复数域，域中的所有数可以表示为 (p+qomega) 的形式。

Theorem 5

$(a+omega)^{frac{p+1}2}$ 是原方程的一个根。

直接代入证明：

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

(p) 是奇素数，(omega^2equiv a^2-b)，则

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

因为 (a^2-b) 是非二次剩余，所以 ((a^2-b)^{frac{p-1}2}equiv-1)。又由费马小定理，(a^pequiv a)，所以

[a^p+omega^pequiv a-omega ]

所以

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

于是 (x_1=(a+omega)^{frac{p-1}2})。由 Lemma 2，另一个根 (x_2) 满足 (pmid x_1+x_2)，则 (x_2equiv p-x_1)。

因为 (p) 是奇素数，(x_1,x_2) 一定奇偶性不同，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
");continue;}
		int ans1=Solve(varn),ans2;
		if(~ans1){
			ans2=varp-ans1;
			if(ans1>ans2) swap(ans1,ans2);
			printf("%d %d
",ans1,ans2);
		}
		else printf("Hola!
");
	}
	return 0;
}

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THE END

Thanks for reading!

[egin{split} “ &夢のなかを歩きまわる\ &quadsmall{“ 能一直走在梦想中}\ &夜空を見上げて 星になるの\ &quadsmall{请仰望星空 会成为星星的}\ &祈りの消えた街 夢のなかで\ &quadsmall{在愿望消失的街道上 在梦中}\ &光の赤い夜寂れた心障\ &quadsmall{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 ”\ &quadsmall{梦想着彻底冲破记忆深处的那副桎梏 ”}\ ——& ext{《余命3日少女(Cover)》By 米白} end{split} ]

> Linked 余命3日少女-网易云