原根相关详解

​正题

原根相关

定义

群：非空集合 $G$ 上定义了一种二元运算，满足封闭性、结合律、单位元、逆元。

环：非空集合 $R$ 上定义了加法和乘法，在加法下构成交换群，满足乘法结合律、分配律。

域：非零元素都可逆的满足交换律的环。（也就是交换幺环）

循环群：指群可以由一个元素生成：$G=x,x^2,x^3...$。

阶：满足 $x^d=1$ 的最小正整数 $d$。记为 ord(x)。$x^m=1$ 当 且仅当 $ord(x)|m$。

模素数 $p$ 的剩余类构成一个有限域。 模 $m$ 意义下与 $m$ 互质的元素组成缩系，大小为 $\phi (m)$。

原根：能生成缩系的元素，即满足 $x^i|(0\le i<\phi (m))$ 两两不同的 $x$。原根不一定存在。事实上，当且仅当 $m=2,4,p^k,2p^k$ 时模 $m$ 缩系的原根存在，其中$p$ 是任意奇质数。

模质数 $p$ 域下原根的存在性

$Fact$：设 $a$ 的阶是 $m$，$d|m$，则 $a^d$ 的阶是 $a^{\frac{m}{d}}$。

引理 $1$ ：设 $a$ 的阶是 $n$，$b$ 的阶是 $m$，则必存在一个数，阶是 $[n,m]$。

先考虑 $n,m$ 互质，设 $ab$ 的阶是 $e$，则有 $(ab{)}^{me}=b^{me}=1$ ， 于是 $n|me$，于是 $n|e$。同理有 $m|e$，于是 $nm|e$。而 $(ab{)}^{nm}=1$， 于是 $e|nm$，于是 $e=nm$。

如果 $n,m$ 不互质，只要取 $n^{\prime }|n,m^{\prime }|m,n^{\prime },m^{\prime }$ 互质且 $n^{\prime }{m}^{\prime }=lcm(n,m)$ （比如把每个质因子分到 n′,m′ 中），此时 $a^{\frac{n}{n^{\prime }}}$ 阶为 n′，$b^{\frac{m}{m^{\prime }}}$ 阶为 m′。乘起来即可。

这样就说明一定存在一个数，阶是所有元素的阶的倍数 $d$。 由 $x^{p-1}=1,x^d=1$ （这样说其实是不准确的，可以这样考虑，所有元素的阶都是 $p-1$ 的因子，否则阶有更小值）知 $d|p-1$ ，而 $x^d=1$ 有 $p-1$ 个不同的根。由于是域，$d$ 至少为 $p-1$，于是 $d=p-1$（根据 $(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ 下域的性质一个 $n$ 次多项式最多有 $n$ 个零点，证明考虑将这个 $n$ 次多项式因式分解，然后又因为是质数所以有逆元）。即（不包括 $0$ ）的乘法群是个循环群，即原根存在。

原根个数

$Fact$ ：$n$ 个元素的循环群的生成元个数为 $\phi (n)$ 。

取一个生成元 $g$，考虑 $g^r$ 的阶 $e$。设 $d=(n,r)$ ，有 $(g^r{)}^{\frac{n}{d}}=(g^n{)}^{\frac{r}{d}}=1$ ，于是 $e|\frac{n}{d}$ 。 而若有 $g^{re}=1$ 则 $n|re$，于是 $\frac{n}{d}|e$ ，于是 $e=\frac{n}{d}$ 。

当且仅当 $e=n$ 即 $(n,r)=1$ 时 $g^r$ 也是生成元，于是恰有 $\phi (n)$ 个。一般地，阶为 $d|n$ 的元素恰有 $\phi (d)$ 个 (即求有多少 $r$ 使 $\frac{n}{(n,r)}$=d )。 如果原根存在，即缩系是大小为 $\phi (m)$ 的循环群，那么原根个数为 $\phi (\phi (m))$ 。特别地，模质数域的原根个数为 $\phi (p)$ 。 最小的原根一般不大，可以暴力枚举判断。求出一个原根 $g$ 后，全部原根的集合就是 {gr∣gcd(n,r)=1}\left\{g^r|gcd(n,r) = 1\right\}{gr∣gcd(n,r)=1}。