【POJ 1284】Primitive Roots

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10
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求奇素数原根的个数。

答案就是p-1的欧拉函数值。

以下是dicuss中的证明：

对于给出的素数p,
首先要明确一点：p的元根必然是存在的(这一点已由Euler证明，此处不再赘述)，因此，不妨设其中的一个元根是a0(1<=a0<=p-1)
按照题目的定义，a0^i(1<=i<=p-1) mod p的值是各不相同的，再由p是素数，联系Fermat小定理可知：q^(p-1) mod p=1;(1<=q<=p-1)(这个在下面有用)
下面证明,如果b是p的一个异于a的元根，不妨令b与a0^t关于p同余，那么必然有gcd(t,p-1)=1,亦即t与p-1互质;反之亦然;
证明：
若d=gcd(t,p-1)>1,令t=k1*d,p-1=k2*d,则由Fermat可知
(a0^(k1*d))^k2 mod p=(a0^(k2*d))^(k1) mod p=(a0^(p-1))^(k1) mod p=1
再由b=a0^t (mod p)，结合上面的式子可知：
(a0^(k1*d))^k2 mod n=b^k2 mod p=1;
然而b^0 mod p=1,所以b^0=b^k2 (mod p),所以b^i mod p的循环节=k2<p-1，因此这样的b不是元根；
 
再证，若d=gcd(t,p-1)=1,即t与p-1互质，那么b必然是元根；
否则假设存在1<=j<i<=p-1，使得b^j=b^i (mod p),即a0^(j*t)=a0^(i*t) (mod p),由a0是元根，即a0的循环节长度是(p-1)可知，(p-1) | (i*t-j*t)->(p-1) | t*(i-j),由于p与
t互质，所以(p-1) | (i-j),但是根据假设,0<i-j<p-1,得出矛盾，结论得证；

由上面的两个证明可知b=a0^t (mod p)，是一个元根的充要条件是t与p-1互质，所有的这些t的总个数就是Phi(p-1);

假设已经求出了一个原根是a,a^i mod p的值各不相同（0<i<p），那么我们需要证明gcd(t,i)=1是a^t(mod p)为p的原根的充要条件。

接下来先反证法证明必要性，见上；

然后再用反证法证明充分性。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
using namespace std;
int phi[66000],n,p;
void Getphi_table(int n)
{
	phi[1]=1;
	for (int i=2;i<=n;i++)
		if (!phi[i])
			for (int j=i;j<=n;j+=i)
			{
				if (!phi[j]) phi[j]=j;
				phi[j]=phi[j]/i*(i-1);
			}
}
int main()
{
    Getphi_table(65536);
	while (scanf("%d",&p)!=EOF)
	{
		printf("%d\n",phi[p-1]);
	}
	return 0;
}

【POJ 1284】Primitive Roots

原文：http://blog.csdn.net/regina8023/article/details/44542105