原根数量
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题目大意
给你一个奇质数 p,问你它原根的个数。
思路
首先,我们要知道原根是什么东西。
阶
在说原根之前,我们要知道阶是什么。
设 n > 1 n>1 n>1, a a a 是与 n n n 互质的数,那根据扩展欧几里得,可以知道一定会有许多 r r r 使得 a r ≡ 1 ( m o d n ) a^r\equiv 1(mod\ n) ar≡1(mod n)。而最小的那一个会在 1 ∼ n 1\sim n 1∼n 之间,这个值就叫做 a a a 模 n n n 的阶,记作 O r d n ( a ) Ord_n(a) Ordn(a)。
要注意的是,之后 gcd ( a , n ) = 1 \gcd(a,n)=1 gcd(a,n)=1 的时候,才会有阶,不然它那个方程就是无解的,也就是没有阶了。
然后我们来讲讲它的一些性质:(我们假设已经知道 gcd ( a , n ) = 1 \gcd(a,n)=1 gcd(a,n)=1)
已知 a a a 模 n n n 的阶为 r r r,如果有一个数 N N N 使得 a N ≡ 1 ( m o d n ) a^N\equiv1(mod\ n) aN≡1(mod n),那 N N N 就是 r r r 的倍数,也就是 r ∣ N r|N r∣N。
然后 a a a 模 n n n 的阶 r r r 它是整除 φ ( n ) \varphi(n) φ(n) 的。然后如果 n n n 是一个质数,那 r r r 它就整除 n − 1 n-1 n−1。(因为质数的 φ \varphi φ 值为它减一)
(这个是通过欧拉定理得出的)
欧拉定理:对于互质的正整数a和n,有a^φ(n) ≡ 1(mod n)
然后还有一个,记 n = o r d m ( a ) n=ord_m(a) n=ordm(a),对于大于 0 0 0 的 i i i,如果 o r d m ( a i ) = s ord_m(a^i)=s ordm(ai)=s,那么 s = n gcd ( n , i ) s=\dfrac{n}{\gcd(n,i)} s=gcd(n,i)n。
原根
然后我们来看原根是什么。
原根就是满足 O r d m ( a ) = φ ( m ) Ord_m(a)=\varphi(m) Ordm(a)=φ(m) 的 a a a,叫做 a a a 是 m m m 的原根。
那你可以看出它是模 m m m 剩余类,那我们只看它在 0 ∼ m 0\sim m 0∼m 的解。
然后它也有一些性质。
- 首先, a 0 , a 1 , a 2 , . . . , a O r d m ( a ) − 1 a^0,a^1,a^2,...,a^{Ord_m(a)-1} a0,a1,a2,...,aOrdm(a)−1 模 m m m 肯定是两两不同余的。那当 a a a 是模 m m m 的原根的时候,那上面的肯定就构成了模 m m m 的简约剩余系。那当上面构成了模 m m m 的简约剩余系的时候,那这个 a a a 就是模 m m m 的原根。
有一个特别的是当 m m m 是质数的时候,那上面的 a a a 是模它的原根的时候,它不仅构成简约剩余系,而且它还是这样的: 1 , 2 , . . . , m − 1 1,2,...,m-1 1,2,...,m−1。 - 所有的素数都有原根。
- 不是所有整数都有原根。
- 当一个数 m m m 有原根的时候,它有 φ ( φ ( m ) ) \varphi(\varphi(m)) φ(φ(m)) 个原根。
这个可以根据阶的最后一个性质来解释。
这道题
这道题就是直接用原根第四条性质,就好了。
代码
#include<cstdio>
using namespace std;
int p;
int phi(int now) {
//求phi值
int re = now;
for (int i = 2; i * i <= now; i++)
if (now % i == 0) {
re = re / i * (i - 1);
while (now % i == 0) now /= i;
}
if (now > 1) re = re / now * (now - 1);
return re;
}
int main() {
while (scanf("%d", &p) != EOF) {
printf("%d\n", phi(p - 1));//phi(phi(p)),而质数的 phi 值是它减一,所以就省去了一次
}
return 0;
}