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## 欧拉定理

若 $\gcd(a, m) = 1$ ，则 $a^{\phi(m)} \equiv 1 \pmod{m}$ 。

若 $\gcd(a, m) = 1$ ，则 $a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod{m}$ 。

### 证明

设 $r_1, r_2, \cdots, r_{\phi(m)}$ 为模 $m$ 意义下的一个简化剩余系，则 $ar_1, ar_2, \cdots, ar_{\phi(m)}$ 也为模 $m$ 意义下的一个简化剩余系。所以 $r_1r_2 \cdots r_{\phi(m)} \equiv ar_1 \cdot ar_2 \cdots ar_{\phi(m)} \equiv a^{\phi(m)}r_1r_2 \cdots r_{\phi(m)} \pmod{m}$ ，可约去 $r_1r_2 \cdots r_{\phi(m)}$ ，即得 $a^{\phi(m)} \equiv 1 \pmod{m}$ 。

设 $r_1, r_2, \cdots, r_{\varphi(m)}$ 为模 $m$ 意义下的一个简化剩余系，则 $ar_1, ar_2, \cdots, ar_{\varphi(m)}$ 也为模 $m$ 意义下的一个简化剩余系。所以 $r_1r_2 \cdots r_{\varphi(m)} \equiv ar_1 \cdot ar_2 \cdots ar_{\varphi(m)} \equiv a^{\varphi(m)}r_1r_2 \cdots r_{\varphi(m)} \pmod{m}$ ，可约去 $r_1r_2 \cdots r_{\varphi(m)}$ ，即得 $a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod{m}$ 。

当 $m$ 为素数时，由于 $\phi(m) = m - 1$ ，代入欧拉定理可立即得到费马小定理。

当 $m$ 为素数时，由于 $\varphi(m) = m - 1$ ，代入欧拉定理可立即得到费马小定理。

## 扩展欧拉定理

拉格朗日定理： $|S′|∣|S |$ 证明需要用到陪集，得到陪集大小等于子群大小，每个陪集要么不想交要么相等，所有陪集的并是集合 $S$ ，那么显然成立。

生成子群： $a \in S$ ​的生成子群 $\left<a\right> = \{a^{(k)}, k \geq 1 \}$ ​， $a$ 是 $\left< a \right>$ 的生成元

生成子群： $a \in S$ 的生成子群 $\left<a\right> = \{a^{(k)}, k \geq 1 \}$， $a$ 是 $\left< a \right>$ 的生成元

阶：群 $S$ 中 $a$ 的阶是满足 $a^r=e$ 的最小的 $r$ ， 符号 $\operatorname{ord}(a)$ ， 有 $\operatorname{ord}(a)=\left|\left<a\right>\right|$ ，显然成立。

考虑群 $Z_n^ \times =\{[a], n \in Z_n : \gcd(a, n) = 1\}, |Z_n^ \times | = \phi(n)$

考虑群 $Z_n^ \times =\{[a], n \in Z_n : \gcd(a, n) = 1\}, |Z_n^ \times | = \varphi(n)$

阶就是满足 $a^r \equiv 1 (\bmod n)$ ​的最小的 $r$ ， $\operatorname{ord}(a)=r$

阶就是满足 $a^r \equiv 1 \pmod n$ 的最小的 $r$，$\operatorname{ord}(a)=r$

### [原根](/math/primitive-root)

 $g$ 满足 $\operatorname{ord}_n(g)=\left|Z_n^\times\right|=\phi(n)$ ，对于质数 $p$ ，也就是说 $g^i \bmod p, 0 \leq i < p$ 结果互不相同。

 $g$ 满足 $\operatorname{ord}_n(g)=\left|Z_n^\times\right|=\varphi(n)$ ，对于质数 $p$ ，也就是说 $g^i \bmod p, 0 \leq i < p$ 结果互不相同。

模 $n$ 有原根的充要条件 : $n = 2, 4, p^e, 2 \times p^e$

离散对数： $g^t \equiv a (\bmod n)，ind_{n,g}{(a)}=t$

离散对数： $g^t \equiv a \pmod n，ind_{n,g}{(a)}=t$

​因为 $g$ 是原根，所以 $gt$ 每 $\phi(n)$ 是一个周期，可以取到 $| Z \times n |$ 的所有元素

因为 $g$ 是原根，所以 $gt$ 每 $\varphi(n)$ 是一个周期，可以取到 $| Z \times n |$ 的所有元素

对于 $n$ 是质数时，就是得到 $[1,n−1]$ 的所有数，就是 $[0,n−2]$ 到 $[1,n−1]$ 的映射

离散对数满足对数的相关性质，如

求原根可以证明满足 $g^r \equiv 1(\bmod p)$

​的最小的 $r$ 一定是 $p−1$ 的约数

对于质数 $p$ ，质因子分解 $p−1$ ，若 $g^{(p-1)/pi} \neq 1 (\bmod p)$

​恒成立， $g$ 为 $p$ 的原根

求原根可以证明满足 $g^r \equiv 1\pmod p$ 的最小的 $r$ 一定是 $p−1$ 的约数

对于质数 $p$ ，质因子分解 $p−1$ ，若 $g^{(p-1)/pi} \neq 1 \pmod p$ 恒成立， $g$ 为 $p$ 的原根

## NTT

对于质数 $p=qn+1, (n=2^m)$ ​, 原根 $g$ 满足 $g^{qn} \equiv 1 (\bmod p)$ ​, 将 $g_n=g^p(\bmod q)$ 看做 $\omega_n$ 的等价，择其满足相似的性质，比如 $g_n^n \equiv 1 (\bmod p), g_n^{n/2} \equiv -1 (\bmod p)$

对于质数 $p=qn+1, (n=2^m)$, 原根 $g$ 满足 $g^{qn} \equiv 1 \pmod p$, 将 $g_n=g^p\pmod q$ 看做 $\omega_n$ 的等价，择其满足相似的性质，比如 $g_n^n \equiv 1 \pmod p, g_n^{n/2} \equiv -1 \pmod p$

然后因为这里涉及到数论变化，所以这里的 $N$ （为了区分 FFT 中的 n，我们把这里的 n 称为 $N$ ）可以比 FFT 中的 n 大，但是只要把 $\frac{qN}{n}$ 看做这里的 $q$ 就行了，能够避免大小问题……

然后因为这里涉及到数论变化，所以这里的 $N$ （为了区分 FFT 中的 $n$，我们把这里的 $n$ 称为 $N$ ）可以比 FFT 中的 $n$ 大，但是只要把 $\frac{qN}{n}$ 看做这里的 $q$ 就行了，能够避免大小问题……

常见的有

若 $\text{ord}_ma=l$，则 $\text{ord}_m{a^t} = \frac{l}{(t,l)}$

由欧拉定理，设 $\text{ord}_ma=l$，则 $a^n \equiv 1 \pmod m$ 当且仅当 $l | n$，特别地，$l | \phi(m)$。

由欧拉定理，设 $\text{ord}_ma=l$，则 $a^n \equiv 1 \pmod m$ 当且仅当 $l | n$，特别地，$l | \varphi(m)$。

- 设 $p$ 是素数，$\text{ord}_pa=l$，那么有且仅有 $\phi(l)$ 个关于模 $p$ 的阶为 $l$ 且两两互不同余的数。

- 设 $p$ 是素数，$\text{ord}_pa=l$，那么有且仅有 $\varphi(l)$ 个关于模 $p$ 的阶为 $l$ 且两两互不同余的数。

- 设 $\text{ord}_ma=l$，则 $1, a, a^2, \cdots, a^{l-1}$ 关于模 $m$ 两两互不同余。

- 设 $p$ 是素数，$l|p-1$，则存在 $\phi(l)$ 个关于模 $p$ 的阶为 $l$ 且两两互不同余的数。

- 设 $p$ 是素数，$l|p-1$，则存在 $\varphi(l)$ 个关于模 $p$ 的阶为 $l$ 且两两互不同余的数。

- 若 $m=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}$，则 $\text{ord}_ma = [\text{ord}_{p_1}^{a_1}, \text{ord}_{p_2}^{a_2}, \cdots, \text{ord}_{p_k}^{a_k}]$

## 原根

$(g, m)=1$，若 $\text{ord}_mg = \phi(m)$，则称 $g$ 为 $m$ 的一个原根。

$(g, m)=1$，若 $\text{ord}_mg = \varphi(m)$，则称 $g$ 为 $m$ 的一个原根。

$g$ 为 $m$ 的一个原根当且仅当 $\{g, g^2, \cdots, g^{\phi(m)}\}$ 构成模 $m$ 的一个既约剩余系。

$g$ 为 $m$ 的一个原根当且仅当 $\{g, g^2, \cdots, g^{\varphi(m)}\}$ 构成模 $m$ 的一个既约剩余系。

### 判断是否有原根

### 求所有原根

设 $g$ 为 $m$ 的一个原根，则集合 $S = \{g^s | 1 \leq s \leq \phi(m), (s, \phi(m)) = 1\}$ 给出 $m$ 的全部原根。因此，若 $m$ 有原根，则 $m$ 有 $\phi(\phi(m))$ 个关于模 $m$ 两两互不同余的原根。

设 $g$ 为 $m$ 的一个原根，则集合 $S = \{g^s | 1 \leq s \leq \varphi(m), (s, \varphi(m)) = 1\}$ 给出 $m$ 的全部原根。因此，若 $m$ 有原根，则 $m$ 有 $\varphi(\varphi(m))$ 个关于模 $m$ 两两互不同余的原根。

## 求一个原根

另一种表达形式：

$(g,m) =1$，设 $p_1, p_2, \cdots, p_k$ 是 $\phi(m)$ 的所有不同的素因数，则 $g$ 是 $m$ 的原根，当且仅当对任意 $1 \leq i \leq k$，都有 $g^{\frac{\phi(m)}{p_i}} \not\equiv 1 \pmod m$

$(g,m) =1$，设 $p_1, p_2, \cdots, p_k$ 是 $\varphi(m)$ 的所有不同的素因数，则 $g$ 是 $m$ 的原根，当且仅当对任意 $1 \leq i \leq k$，都有 $g^{\frac{\varphi(m)}{p_i}} \not\equiv 1 \pmod m$

### 证明