學習總結：初等數論（3）——原根、指標及其應用
最近知道了一本書叫《數論概論（第3版）》（A Friendly Introduction to Number Theory），簡單翻了翻，感覺這本書寫的非常好。想起以前剛接觸數論時，沒有看這本書來入門，真是十分遺憾。這本書面向非數學專業讀者，語言生動幽默而不失嚴謹性，注重對知識的感性認識（用了大量的例子），和對數學思想和方法的滲透（比如：大膽猜想規律，證明時用“計數”法等）。這里強烈推薦這本書！
下面總結一下這幾天學習的內容。
一、整數的階
a與n是互質的兩個數。可以發現，總存在某個數x，滿足 ax ≡ 1(mod n)。
使ax ≡ 1(mod n)滿足的最小的正整數x叫做a模n的階（或次數），記做ena（有的地方記做ordna）。
怎么理解呢？你要不斷計算a，a2，a3，…，（注意要模n）我們知道，根據鴿巢原理，一定會有循環。而a和n互質時，總會在某個時刻出現了1，下一個時刻又是a，……於是就有了循環。這個出現1的最小的指數，叫做a的階。
比如：我們要找3模7的階，計算31，32，…，36模7的值依次為：
3，2，6，4，5，1，
所以我們得到3模7的階為6。
a與n互質時，根據歐拉定理有a?(n)≡1(mod n)。這么說來，剛才我們不斷計算a的冪的循環節的長度（即a的階）“擴增”若干次后應該為?(n)。所以，
ena | ?(n)。
同樣的道理，為了使方程 ax≡1(mod n)有解，應該把循環節長度“擴增”若干次后得到x，所以
ena | x
二、原根
設a與n是互質的整數，當a模n的階為?(n)時，把a叫做n的原根。
怎么理解呢？我們計算a的冪的序列，第一次得到1的時候，得到了完整的一個循環節。我們上面已經說了，?(n)一定是(a模n的階)的倍數。如果這個循環節的長度恰好就是?(n)（循環節的長度已經達到最大了），那么a就是n的原根。
（1）原根的存在性
一個數可能有很多個原根，也可能沒有原根。可以證明：
正整數n存在原根，當且僅當
n = 2, 4, pt或2pt（其中p是奇素數，t是正整數）。
舉例：5的原根有2和3；7的原根有3和5。
（2）原根的一個性質
原根為什么這么重要？
設g是n的一個原根，那么：g，g2，g3，…，g?(n)(即g0≡1(mod n))一定兩兩不同。（如果有相同，比如說存在0≤i<j<?(n)滿足gi≡gj(mod n)，那么就會有gj-i≡1(mod n)，而j – i<?(n)，這時?(n)就不是g的階了）
看看方程ax≡1(mod n)，如果x是存在的，那么a一定是與n互質的數（如果a和n有某個大於1的公因子，無論a怎么取冪再模n，這個公因子都“消不掉”，不會有ax mod n = 1）。所以“合法”的a有?(n)個。而我們找到一個原根g后，g的冪（g，g2，g3，…，g?(n)）一定就是這些合法的a（即與n互質的?(n)個數。因為g與n互質，g的冪也與n互質，而這些冪又兩兩不同，一定能把“與n互質的數”取盡）。
一句話總結上面的內容：對於n的一個原根g，滿足
{ 1，g，g2，g3，…，g?(n) – 1 } = { x | x與n互質，1≤x<n }
特別地，對於奇質數p的一個原根g，滿足
{ 1，g，g2，g3，…，gp – 2 } = { 1, 2, 3, …, p – 1 }
（3）原根的個數
一個數n，如果存在原根，就一定?(?(n))個。怎么證明呢？為此我們先討論下面這個問題：
已知a模n的階ena，怎么求au的模n的階？
設au模n的階為t，那么t應該是最小的正整數，滿足(au)t≡aut≡1 (mod n)。
由之前的討論，可以知道：u×t應該是ena的倍數，並且t最小。
由數論的基本知識可以得出，enau = t = ena / gcd(u, ena)。
如果我們找出一個原根g，怎么得出其他的原根？
首先，其他的原根一定是g的若干次冪。
哪些“g的若干次冪”可以成為原根？
用原根的定義！
對於某個“g的若干次冪”，比如gi (0≤i<?(n))，由上面的結論得出，它模n的階為
?(n) / gcd(i, ?(n))
欲使它的階也為?(n)，即
?(n) / gcd(i, ?(n)) = ?(n)
需要使gcd(i, ?(n)) = 1，也就是i和?(n)互質。
有多少個i滿足它和和?(n)互質？換句話說，在0 ~ ?(n)–1的數中，有多少個與?(n)互質？答案應該是?(?(n))。所以，一個數如果有原根，那么它有?(?(n))個原根。
下面舉個例子：
7的原根有?(?(7)) = ?(6) = 2個，最小的一個是3。
在32，33，…，36中，哪個指數與6互質？只有5，所以另一個原根是35≡5(mod 7)。
怎么找原根？
通常最小的原根都比較小，所以暴力從1開始枚舉就可以了。判斷一個數a是不是n的原根，需要判斷?(n)是否是a的階，直接的判斷方法是枚舉?(n)的每一個因子d（除去它本身），判斷是否ad≡1(mod n)。但這樣做了很多重復的判斷。
比如我們要判斷a模n=37的階是否為36，那么只需找出36的兩個質因子2和3，只需判斷36/2和36/3作為a的冪的指數時，(a的冪) mod n是否為1。如果a的階為36/4，36/9，36/6，36/12，…，其實情況已經包含在上面的判斷中了。（比如，如果a36/9≡a4≡1(mod n)，那么一定也會滿足a36/2≡3618≡1(modn)）。
三、指標（離散對數）
求原根有什么作用？為了計算指標！
對於n的一個原根g，滿足
{ 1，g，g2，g3，…，g?(n) – 1 } = { x | x與n互質，1≤x<n }
再具體一些，可以定義一種“求冪”的運算，這種運算揭示了兩個集合的一一對應關系：
i → gi (1≤i≤?(n))
為什么是一一對應關系？因為gi一定兩兩不同。這一點已經討論過了。
那么，是否有一種“求冪”運算的逆運算？有！
求出n的一個原根g，知道了某個與n互質的數a，n是g的多少次方？
我們用I(a)來表示這個“次方”數，叫做以g為底a模n的指標。（有的地方記做indga）
也就是，依照定義，應該有gI(a)≡a(mod n)（a與n互質）。
顯然，指標的范圍是0≤I(a)<?(n)，當指標超過?(n)時，出現了循環，可以把指標mod ?(n)進行簡化。
有點像我們以前學過的對數？（不嚴謹的說，有點像logga？）也許這就是為什么指標也叫離散對數了。
當n為質數時，原根g一定存在，而且?(n) = n – 1，這樣，每個在1~n–1范圍內的數都有指標！
我們可以根據冪的運算法則，對應得出指標的運算法則：
(1) I(ab) = I(a) + I(b) (mod ?(n)) （類比：logaNM = logaN + logbM）
(2) I(ak) = k×I(a) （類比：logaNM = M×logaN）
指標把乘法變加法，把冪變乘法，這一點與對數的運算法則多么相似！
如果有一個指標表，我們可以十分簡便地進行運算。舉例：
n = 37，它的一個原根是a = 2。
要計算23×19 mod 17的值，可以計算
I(23×19) ≡ I(23) + I(19) ≡ 15 + 35 ≡ 50 ≡ 14 (mod 36)
然后，查表可以得出，指標為14的數是30，就是要求的答案了。
很麻煩？
再看一個例子：
I(2914) ≡ 14 × I(29) ≡ 294 ≡ 6 (mod 36)
由表得：I(27) = 6，所以2914 ≡ 27 (mod 37)
你也許會說：有快速冪！在前兩個例子中，似乎指標的優勢沒有體現出來。不過，在解方程的時候，指標就很有用了。
解同余式：
擴展歐幾里得？好像也能解。不過，像下面這樣的同余式呢？
只能用指標來解。兩邊同時求離散對數：
可以解出：
事實上，最后一個例子是指標最重要的運用之一。等會兒我們會詳細討論。
但是，之前的計算都是在指標表已經給了的情況下進行的。沒有指標表怎么辦呢？如何求某個數指標（離散對數）？
更准確地說，給出g, a, p，如何求gk ≡ a(mod p)的最小的k？為了簡化問題，這里規定p為質數。
這里使用一種叫做大步小步（gaint-step baby-step）的算法。算法的核心思想是分塊。取m = [ sqrt(p – 1) ] + 1，然后把k表示成xm + y (0 ≤ y < m)的形式。這樣，x和y的范圍都是0~m（y不含m）。於是gk ≡ (gm)x × gy，可以求出所有的gy（m個取值）；然后枚舉x，計算出(gm)x，查找：是否存在某個gy滿足(gm)x × gy ≡ a(mod p)？也就是說：
是否存在某個gy，滿足gy ≡ a × (gmx) –1 (mod p)？
用費馬小定理和快速冪求出逆元(gmx) –1，然后求出a × (gmx) –1。檢查是否有“匹配”的gy。如果我們先把gy放在一個哈希表（或者C++的map）中，那么這一步的查詢就是O(1)（或O(log2m)=O(log2p)）的。算法的核心步驟仍然是枚舉，但分塊使時間復雜度變成O(sqrt(P) × log2P)（注意算上求逆元的時間）。
四、N次剩余
這里要解決一個這樣的問題：
給出N, a, p，求滿足xN ≡ a (mod p)（p為質數）的所有解x。
可以形象地理解成求a在模p意義下的N次方根。
剛才我們已經借助例子，初步了解了做法：
xN ≡ a (mod p)，找出p的一個原根g，用“大步小步”算法求出以g為底a模p的指標I(a)。
同余式變成：
N × I(x) ≡ a (mod p – 1)
由一次同余方程的知識可以知道，有解的條件是
gcd(N, p – 1) | a
而且，解有gcd(N, p – 1)個。
解出所有的可能的I(x)，那么x = gI(x)。這些x中重復的要去掉。
代碼：
| #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) // 設Ax = -yN + B // 則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; }
//分解質因數 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為質數，保證有原根 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意義下，以a為底N的離散對數b (P為質數) // 即 a ^ b = N (mod P) // 大步小步算法（分塊） // 取s = sqrt(P), 設b = x * s + y // 則 a ^ (x*s + y) = (a^s)^x * a^y = N (mod P) // 求出y = 0~s-1時， a^y的取值；然后枚舉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的一個原根g，求出指標 // K I(x) = I(A) (mod P-1) // 有解的條件 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\n", x.size()); for (int i = 0; i < (int) x.size(); ++ i) printf("%d\n", x[i]); return 0; }
|
2016-09-06 20:59:38