原根&离散对数简单总结

原根&离散对数

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1.原根

1.定义:

定义(Ord_m(a))为使得(a^dequiv1;(mod;m))成立的最小的d(其中a和m互质)

由欧拉定理可知:
(OrdlePhi(m))
当(Ord_m(a)=Phi(m)时，称a是模m意义下m的一个原根)(记住原根是a，不是d!)

2.原根的性质:

1.具有原根的数字仅有以下几种形式:(2,4,p^n,2·p^n)(p是奇质数)

2.一个数的最小原根的大小不超过 (m^{frac14})

3.若g是m的一个原根，那么(g^d)是m的原根的充分必要条件是(gcd(d,Phi(m))=1),
由此可推知一个数的原根个数为(Phi(Phi(m)))个

3.求解原根的基本步骤:

1. 判断一个数是否有原根。(通过性质1,枚举质数即可)
2. 求得最小原根。(通过性质2,依次枚举(2～m^{frac14})判断即可)
3. 求出所有原根。(通过性质3,枚举次数d即可)

代码实现:
1.筛出质数并进行第一步(顺便把欧拉函数也筛出来):

void get_prime()
{
	is_pri[1]=1;
	for(register int i=2;i<N;i++){
		if(!is_pri[i]) Prime[++tot]=i,phi[i]=i-1;
		for(register int j=1;j<=tot;j++){
			if(1ll*i*Prime[j]>=N) break;
			register int res=i*Prime[j];
			is_pri[res]=1;
			if(i%Prime[j]==0){
				phi[res]=phi[i]*Prime[j];
				break;
			}
			phi[res]=phi[i]*phi[Prime[j]];
		}
	}
}
bool judge(int m)//判断原根有无
{
	if(m==1) return 0;
	if(m==2||m==4) return 1;
	if((m&1)==0) m>>=1;if((m&1)==0) return 0;
	for(int i=2;i<=tot&&(1ll*Prime[i]*Prime[i]<=m);i++)
	{
		if(m%Prime[i]!=0) continue;
		while(m%Prime[i]==0) m/=Prime[i];
		if(m==1) return 1;
		return 0;
	}
	return m;
//这里要return m, 由于Prime[i]*Prime[i]>m即退出的影响
}

2.找出最小原根:

    for(int i=2;1ll*i*i<=phi[m];i++){
	//筛出phi的约数,用于check
		if(phi[m]%i==0){
			st[++top]=i;
			if(i*i!=phi[m]) st[++top]=phi[m]/i;
		}
	}
    int g;
	for(g=2;g<=100;g++)//枚举最小原根
	{
		if(check(g,m)) break;
	}

bool check(int x,int m)
{
	if(Pow(x,phi[m],m)!=1) return 0;
	for(int i=1;i<=top;i++)if(Pow(x,st[i],m)==1) return 0;
	return 1;
}
int Pow(int x,int n,int mod)
{
	int ans=1;
	while(n){
		if(n&1) ans=(1ll*ans*x)%mod;
		x=(1ll*x*x)%mod;
		n>>=1;
	}
	return ans;
}

3.找出所有原根

    int cnt=0;
	register int res=1;
	for(register int i=1;i<=phi[m];i++)
	//由欧拉定理,只用枚举到g^phi[m]
	{
		if(cnt==phi[phi[m]]) break;//个数限制
		res=(1ll*res*g)%m;
		if(gcd(i,phi[m])!=1) continue;
		ans[++cnt]=res;
	}
	sort(ans+1,ans+1+cnt);//由于取了模,要sort
	for(register int i=1;i<=cnt;i++)
	{
		if(i>1) putchar(' ');
		printf("%d",ans[i]);
	}
	puts("");

2.离散对数

1.定义

普通对数:

若$$a^x=b$$则称(x)是(b)以(a)为底的对数,记做(x=log_ab)

离散对数就是把这个放在了模意义下,即求解方程:

[a^x equiv b (mod p) ]

2.求解方法

方法1-暴力法: 猜测这东西有循环节,直接暴力枚举x,哈希什么的判循环,循环则无解

方法2-带有数学知识的暴力:
由欧拉定理:(a^{phi (p)} equiv 1 (mod p))
于是我们只需要把(x)从(0)枚举到(phi(p)-1)就可以了

方法3-正解

BSGS 大步小步算法

这是一种Meet in the middle思想的应用,普通的BSGS只适用于a,p互质的情况,所以我们先讨论a,b互质的情况

BSGS:
我们既然是枚举,那么就有折半枚举这种思想,这里也类似,对于方程:

[a^x equiv b (mod p) ]

我们可以把(x)表示为(t*u-v) 的形式,保证(0<v<u),然后把左边的负的乘过去,就是:

[a^{ t*u } equiv a^v*b (mod p) ]

相当于是把一个数给除了过去,所以只能用于a,p互质

于是我们发现如果先算出一系列的v取什么值的时候右边的值存入哈希表,然后枚举左边的t,就可以在哈希表中直接查询出解了,并且第一个找到的一定是最小的

所以显然u取(sqrt {p-1})的时候比较优秀

时间复杂度(O(sqrt{p})),如果手写哈希的话,用map就多一个log

代码:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstdlib>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=1e5+1;
const int mod=1e6+3;
typedef long long ll;
struct hashlist{
	int key[N],next[N],head[mod<<1];
	int cnt;int vb[N];
	inline void insert(int x,int b){
		register int ret=x%mod,p;
		for(p=head[ret];p;p=next[p]){
			if(key[p]==x) return void(vb[p]=max(vb[p],b));
		}
		++cnt;vb[cnt]=b;key[cnt]=x;next[cnt]=head[ret];head[ret]=cnt;
		return;
	}
	inline int find(int x){
		register int ret=x%mod,p;
		for(p=head[ret];p;p=next[p]) if(key[p]==x) return vb[p];
		return -1;
	}
}Hash;
int p,a,b,sz;
inline int fpow(int x,int k){
	register int res=1;
	while(k){
		if(k&1) res=1ll*res*x%p;
		x=1ll*x*x%p;
		k>>=1;
	}
	return res;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("BSGS.in","r",stdin);
	freopen("BSGS.out","w",stdout);
#endif
	scanf("%d %d %d",&p,&a,&b);//a^x=b (mod p)
	sz=ceil(sqrt(p-1));//向上取整,保证不会漏解
	register int ans=-1;
	if(b==1) return puts("0"),0;
	for(register int i=0;i<sz;++i) Hash.insert(b,i),b=1ll*b*a%p;
	a=fpow(a,sz);
	register int res=a;
	for(register int i=1;i<=sz;++i){
		register int q=Hash.find(res);
		if(q!=-1) {ans=i*sz-q;break;}
		res=1ll*res*a%p;
	}
	if(ans==-1) puts("no solution");
	else printf("%d
",ans);
	return 0;
}

扩展BSGS:

然后讨论a,p不是质数的情况
唯一的问题是我们不能直接把一个数给除过去,因为a,p不互质的话a是没有逆元的
我们记(gcd(a,p)=d),根据同余的一个性质:

若 (a*c equiv b*c (mod p)),(gcd(c,p)=d),则(aequiv b (mod frac{p}{d}))
于是我们可以通过这个性质不断通过提取左边的一个a去把右边的p给弄成a,p是互质的情况,记录一下我们提取了多少个,最后加入答案就行了,如果提取过程中(b)不能被(d)整除就无解

记得如果在提取过程中已经出解了就要判掉

代码:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#define Set(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
const int N=1e5+1;
const int mod=1e6+3;
typedef long long ll;
inline int fpow(int x,int k,int MO){
	register int res=1;
	while(k){
		if(k&1) res=1ll*res*x%MO;
		x=1ll*x*x%MO;
		k>>=1;
	}
	return res;
}
namespace BSGS{
	struct hashlist{
		int key[N],next[N],head[mod];
		int cnt;int vb[N];
		void clear(){Set(key,0);Set(next,0);Set(head,0);Set(vb,0);cnt=0;}
		inline void insert(int x,int b){
			register int ret=x%mod,p;
			for(p=head[ret];p;p=next[p]){
				if(key[p]==x) return void(vb[p]=max(vb[p],b));
			}
			++cnt;vb[cnt]=b;key[cnt]=x;next[cnt]=head[ret];head[ret]=cnt;
			return;
		}
		inline int find(int x){
			register int ret=x%mod,p;
			for(p=head[ret];p;p=next[p]) if(key[p]==x) return vb[p];
			return -1;
		}
	}Hash;
	inline int solve(int p,int a,int b,int d,int k){
		Hash.clear();int sz=ceil(sqrt(p-1));register int ans=-1;
		for(register int i=0;i<sz;++i){Hash.insert(b,i);b=1ll*b*a%p;}
		a=fpow(a,sz,p);
		for(register int i=1;i<=sz;++i){
			d=1ll*d*a%p;
			register int q=Hash.find(d);
			if(q!=-1) {
				ans=i*sz-q+k;break;
			}
		}
		return ans;
	}
}
int gcd(int a,int b){return (b? gcd(b,a%b):a);}
inline void EXBSGS(int p,int a,int b){
	a%=p;b%=p;
	if(b==1) return void(puts("0"));
	register int g=gcd(a,p),d=1,k=0;
	while(((g=gcd(a,p))!=1)){//不互质就继续消
		if(b%g) return void(puts("no solution"));//gcd不整除 b 则无解
		++k;b/=g,p/=g;d=1ll*d*(a/g)%p;//记录提取数量
		if(b==d) return void(printf("%d
",k));//答案在消的过程中产生的情况
	}
	register int ans=BSGS::solve(p,a,b,d,k);
	if(ans==-1) return void(puts("no solution"));
	printf("%d
",ans);
	return ;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("EXBSGS.in","r",stdin);
	freopen("EXBSGS.out","w",stdout);
#endif
	register int p,a,b;
	while(scanf("%d %d %d",&p,&a,&b)!=EOF) EXBSGS(p,a,b);
}

THE END

updated on 2018.8.16