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 \(n>1\)，\(a\) 是与 \(n\) 互质的数，那根据扩展欧几里得，可以知道一定会有许多 \(r\) 使得 \(a^r\equiv 1(mod\ n)\)。而最小的那一个会在 \(1\sim n\) 之间，这个值就叫做 \(a\) 模 \(n\) 的阶，记作 \(Ord_n(a)\)。

要注意的是，之后 \(\gcd(a,n)=1\) 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 \(\gcd(a,n)=1\)）
已知 \(a\) 模 \(n\) 的阶为 \(r\)，如果有一个数 \(N\) 使得 \(a^N\equiv1(mod\ n)\)，那 \(N\) 就是 \(r\) 的倍数，也就是 \(r|N\)。

然后 \(a\) 模 \(n\) 的阶 \(r\) 它是整除 \(\varphi(n)\) 的。然后如果 \(n\) 是一个质数，那 \(r\) 它就整除 \(n-1\)。（因为质数的 \(\varphi\) 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 \(n=ord_m(a)\)，对于大于 \(0\) 的 \(i\)，如果 \(ord_m(a^i)=s\)，那么 \(s=\dfrac{n}{\gcd(n,i)}\)。

原根

然后我们来看原根是什么。
原根就是满足 \(Ord_m(a)=\varphi(m)\) 的 \(a\)，叫做 \(a\) 是 \(m\) 的原根。
那你可以看出它是模 \(m\) 剩余类，那我们只看它在 \(0\sim m\) 的解。

然后它也有一些性质。

1. 首先，\(a^0,a^1,a^2,...,a^{Ord_m(a)-1}\) 模 \(m\) 肯定是两两不同余的。那当 \(a\) 是模 \(m\) 的原根的时候，那上面的肯定就构成了模 \(m\) 的简约剩余系。那当上面构成了模 \(m\) 的简约剩余系的时候，那这个 \(a\) 就是模 \(m\) 的原根。
   有一个特别的是当 \(m\) 是质数的时候，那上面的 \(a\) 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：\(1,2,...,m-1\)。
2. 所有的素数都有原根。
3. 不是所有整数都有原根。
4. 当一个数 \(m\) 有原根的时候，它有 \(\varphi(\varphi(m))\) 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;
}

标签：phi,原根,int,质数,ybt,varphi,re,金牌
来源： https://www.cnblogs.com/Sakura-TJH/p/YBT_JPDH_8-6-4.html