常用素数: P = 1004535809 ====> pr = 3 P = 998244353 =====> pr = 3 //(g 是mod(r*2^k+1)的原根) 素数 r k g 3 1 1 2 5 1 2 2 17 1 4 3 97 3 5 5 193 3 6 5 257 1 8 3 7681 15 9 17 12289 3 12 11 40961 5 13 3 65537 1 16 3 786433 3 18 10 5767169 11 19 3 7340033 7 20 3 23

题目链接:https://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1135 题意:中文题诶- 思路:设m是正整数,a是整数,若a模m的阶等于φ(m),则称a为模m的一个原根.(其中φ(m)表示m的欧拉函数)给出1个质数P,找出P最小的原根. 我们先了解一下阶的概念:满足 a^r Ξ (1 mod m) ---1 的最小 r 即为 a%m的阶,我们可以直接从小到大枚举a, 然后将 r= φ(m) 带入进去, 判断如果满足  1式

题目:http://poj.org/problem?id=1284 题意:就是求一个奇素数有多少个原根 分析: 使得方程a^x=1(mod m)成立的最小正整数x是φ(m),则称a是m的一个原根 然后有这样的定理: 1.所有奇素数都有原根 2.如果一个数n有原根,那么原根个数为φ(φ(n)) 由性质2就可知道,对于此题的奇素数n,结果就是φ(n-1)

题目链接:51nod 1135 原根 设 m 是正整数,a是整数,若a模m的阶等于φ(m),则称 a 为 模m的一个原根.(其中φ(m)表示m的欧拉函数) 阶:gcd(a,m)=1,使得成立的最小的 r,称为 a 对 模m 的 阶. φ(m):在[1,m)的区间内与m互质的数的个数. 求模素数p的原根a的方法: 因为p为素数,所以φ(p)=p-1, 这题就是要找最小的a使得 a^(p-1)%p = 1 成立(根据费马小定理,该式一定成立), 先求p-1所有不同的 质因子 p1,p2-pm, 对任

题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4992 题意:给出n,输出n的所有原根. 思路:求出n的一个原根x,那么对于所以的i,i<phi(n)且(i,phi(n))=1,x^i%n都是n的原根. int Euler(int n) { int i,ans=n; for(i=2;i*i<=n;i++) if(n%i==0) { ans=ans/i*(i-1); while(n%i==0) n/=i; } if(n>1) ans=ans/

看别人做的很简单我也不知道是怎么写出来的 自己拿到这道题的想法就是模为素数,那必然有原根r ,将a看做r^a , b看做r^b那么只要求出幂a,b就能得到所求值a,b 自己慢慢化简就会发现可以抵消n然后扩展欧几里得解决,一个个枚举所有模的情况.... 中间利用了欧拉准则可以知道 对所有奇素数而言: a^((p-1)/2) = -1(mod p) 利用上述准则,这样就不用baby_step giant_step的办法了 #include <bits/stdc++.h> using namespa

给定方程 X^A = B (mol C)  ,求 在[0,C) 中所有的解 , 并且C为质数. 设 rt 为 C 的原根 , 则 X = rt^x  (这里相当于求 A^x =B (mol C) 用大步小步算法即可) 那么 ( rt^x ) ^ A = b (mol C) rt^Ax = b (mol C) 由费马小定理, 设 Ax = (C-1)*y +t1   ---------------- ( * ) 可得  rt^t1 =b ( mod C) 这里运用大步小步算法可以计算出 t1 .

http://poj.org/problem?id=1284 题意:给定一个奇素数p,求p的原根个数. 原根: { (xi mod p) | 1 <= i <= p-1 } is equal to { 1, ..., p-1 },则x是p的原根. 题解:结论:奇素数p的原根个数为phi(p-1). 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

1319: Sgu261Discrete Roots Time Limit: 1 Sec  Memory Limit: 64 MBSubmit: 389  Solved: 172 Description 给出三个整数p,k,a,其中p为质数,求出所有满足x^k=a (mod p),0<=x<=p-1的x. Input 三个整数p,k,a. Output 第一行一个整数,表示符合条件的x的个数. 第二行开始每行一个数,表示符合条件的x,按从小到大的顺序输出. Sample Input 11 3

Primitive Roots   Description We say that integer x, 0 < x < n, is a primitive root modulo n if and only if the minimum positive integer y which makes x y = 1 (mod n) true is φ(n) .Here φ(n) is an arithmetic function that counts the totatives of n,

/* * POJ_2407.cpp * * Created on: 2013年11月19日 * Author: Administrator */ #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn = 1000015; bool u[maxn]; ll su[maxn]; ll num; ll

何为原根?由费马小定理可知 如果a于p互质 则有a^(p-1)≡1(mod p)对于任意的a是不是一定要到p-1次幂才会出现上述情况呢?显然不是,当第一次出现a^k≡1(mod p)时, 记为ep(a)=k 当k=(p-1)时,称a是p的原根每个素数恰好有f(p-1)个原根(f(x)为欧拉函数) 定理:对于奇素数m, 原根个数为phi(phi(m)), 由于phi(m)=m-1, 所以为phi(m-1).某大牛的证明: {xi%p | 1 <= i <= p - 1} = {1,2,...,p

题目来源:POJ 1284 Primitive Roots 题意:求奇素数的原根数 思路:一个数n是奇素数才有原根 原根数是n-1的欧拉函数 #include <cstdio> const int maxn = 70000; int phi[maxn]; void phi_table(int n) { for(int i = 2; i <= n; i++) phi[i] = 0; phi[1] = 1; for(int i = 2; i <= n; i++) if(!phi[i])

题目:Broot 题意:给出k,m,newx的值,求方程x^k(mod m)=newx的解,其中m为素数. 解法步骤: (1)先暴力求m的原根g (2)大步小步求g^t1(mod m)=newx (3)则g^(t1+n*t2)(mod m)=newx,t2=m-1 (4)x=g^y(mod m),x^k=(g^y)^k=g^(yk)=g^(t1+n*t2) 那么就是求同于方程yk=t1(mod t2),求出y之后带入x=g^y(mod m)解出x #include <iostream> #in

我在RSA学习总结的第三部分关于Mille-Rabin素数测试的正确性证明里需要用到此定理,由于证明太长,故另开一章于此.(为啥我说话突然文绉绉了Orz,可能是这周辩论打多了) 结论是对素数p,modulo p的原根存在,个数为与ø(p-1),modulo p2的原根个数为(p-1)ø(p-1)个 对奇素数p,modulo p^n的原根存在,个数为pn-2(p-1)ø(p-1) (n>=3) 首先证明对任意素数p,modulo p的原根存在 以下是证明思路(符号的意思在第二张图,完整证明里有)

Primitive Roots Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)Total Submission(s): 583    Accepted Submission(s): 144 Problem Description We say that integer x, 0 < x < n, is a primitive root modulo n if and only

原根求解算法: 获取一个数\(N\)的原根\(root\)的算法 #include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define IL inline #define RG register using namespace std; ll prm[1000],tot,N,root; ll Power(ll bs,ll js,ll MOD){ ll S = 1,T = bs; while(js){ if(js&1)S = S*T%MOD; T =

题目: 设m是正整数,a是整数,若a模m的阶等于φ(m),则称a为模m的一个原根.(其中φ(m)表示m的欧拉函数) 给出1个质数P,找出P最小的原根. Input 输入1个质数P(3 <= P <= 10^9) Output 输出P最小的原根. Input示例 3 Output示例 2 分析: 原根的板子题了. 原根知识详解: 点我萌萌哒 实现: #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL;

Root Time Limit: 30000/15000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 262144/262144 K (Java/Others)Total Submission(s): 34    Accepted Submission(s): 6 Problem Description Given a number sum(1≤sum≤100000000),we have m queries which contains a pair (xi,yi) a

题目链接: [UOJ86]mx的组合数 题目大意:给出四个数$p,n,l,r$,对于$\forall 0\le a\le p-1$,求$l\le x\le r,C_{x}^{n}\%p=a$的$x$的数量.$p<=3000$且保证$p$是质数,$n,l,r<=10^30$. 对于$10\%$的数据,可以直接杨辉三角推.对于$20\%$的数据,因为$n$是确定的,可以递推出$C_{x+1}^{n}=C_{x}^{n}*\frac{x+1}{x+1-n}$.对于另外$20\%$的数据,可以枚举$x